初中数学人教版九年级上册——22.3实际问题与二次函数③几何图形问题
一、单选题
1．（2020九上·硚口月考）如图 和 都是边长为2的等边三角形，它们的边 在同一条直线l上，点C，E重合，现将 沿着直线l向右移动，直至点B与F重合时停止移动.在此过程中，设点移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，则y随x变化的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：C点移动到F点,重叠部分三角形的边长为x,由于是等边三角形,则高为 ,面积为y=x· · = ,
B点移动到F点,重叠部分三角形的边长为(4－x),高为 ,面积为
y=(4－x)· · = ,
两个三角形重合时面积正好为 .
由二次函数图象的性质可判断答案为A,
故答案为：A.
【分析】根据图象可得出重叠部分三角形的边长为x,根据特殊角三角函数可得高为 ,由此得出面积y是x的二次函数,直到重合面积固定,再往右移动重叠部分的边长变为(4－x),同时可得
2．（2020九上·越城月考）如图所示，正方形ABCD的边长为10，四个全等的小正方形的对称中心分别在正方形ABCD的顶点上，且它们的各边与正方形ABCD各边平行或垂直．若小正方形的边长为x，且0A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】 解：依题可得，
阴影部分的面积相当于一个小正方形的面积，
∴y=x2（ 0故答案为：D.
【分析】根据题意可得y与x的函数关系式，再由函数解析式得出函数图象.
3．（2020九上·余姚月考）如图，正三角形ABC的边长为3cm,动点P从点A出发，以每秒1cm的速度,沿A→B→C的方向运动，到达点C时停止．设运动时间为x(秒),y=PC2，则y关于x的函数的图象大致是（ )
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：①当0≤x≤3时，过C作CH⊥AB，
∵△ABC为正三角形，
∴AH=AB=，CH=AC×sinA=3×=，
∵AP=x，
∴PH=，
∴
即y=x2-3x+9，
∴该函数是图象张口向上的抛物线；
②当3＜x≤6，即P在BC上时，
PC=6-x，
PC2=（6-x）2=（x-6）2,
∴该函数是y=（x-6）2（3＜x≤6）的抛物线.
综上，C符合题意.
故答案为：C.
【分析】分两种情况讨论，①当0≤x≤3时，过C作CH⊥AB，利用勾股定理求出PC2的表达式；②当3＜x≤6，即P在BC上时，可得PC=6-x，则PC2的表达式可知，结合两种情况，得出y关于x的函数的图象大致两种情况下抛物线的一部分组合而成.
4．（2020·鹿邑模拟）如图1，矩形 中， ，点 分别是 上两动点，将 沿着对折得，将沿着 对折得 ，将 沿着 对折，使 三点在一直线上，设 的长度为x， 的长度为y，在点p的移动过程中，y与x的函数图象如图2，则函数图象最低点的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：由折叠性质可知 ，
，
，
又
由 ，得 ，
∴
∴ 整理得： ，
故函数的顶点为 ，得函数顶点的纵坐标为 .
故答案为：C.
【分析】根据折叠的性质可得 ，故可证得 ，得到 ，再代入 ，可得 ，再整理得： ，根据二次函数的图象与性质即可求解.
5．（2020·苏州模拟）如图，已知二次函数y=mx2-4mx+3m(m>0)的图像与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接AC、BC，若CA平分∠OCB，则m的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：过点A作AD∥BC
∴∠DAC=∠ACB
∵CA平分∠OCB
∴∠OCA=∠ACB
∴∠DCA=∠DAC
∴DA=CD
当x=0时y=3m
∴点C（0，3m）
∴OC=3m，
当y=0时mx2-4mx+3m=0
∵m≠0
∴x2-4x+3=0
解之：x1=1，x2=3
∴点A（1，0），点B（3，0）
∴OA=1，OB=3.
∵AD∥BC
∴即
解之：OD=m，
∴AD=CD=OC-OD=3m-m=2m，
在Rt△OAD中，
AD2-OD2=OA2
∴（2m）2-m2=12
解之：m1=，m2=＜0（舍去）.
故答案为：D.
【分析】 过点A作AD∥BC，易证∠DCA=∠DAC，利用等角对等边可证得AD=CD，利用函数解析式求出点C的坐标及点A，B的坐标，再利用平行线分线段成比例定理求出OD的长，然后利用勾股定理建立关于m的方程，解方程求出m的值。
6．（2020·温州模拟）如图，抛物线y=a(x-2) +k(a<0)与x轴交于A，B两点，与y轴正半轴交于点C，点A的坐标为(-1，0)，作CD∥x轴交抛物线于点D，DE⊥x轴于点E，连结EF，则△AFO与△DFE的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：∵抛物线y=a(x-2)2+k(a<0)与x轴交于A，B两点，与y轴正半轴交于点C，点A的坐标为(-1，0)，
∴对称轴为直线x=2，
当x=0时，y=4a+k
∴点C（0，4a+k）
∵CD∥x轴，
∴点C和点D关于直线x=2对称，
∴点D（4，4a+k），
∴CD=OE=4，
∵点A（-1，0），
∴OA=1
∵OF∥DE，
∴△AOF∽△ADE，
∴
∴.
故答案为：A.
【分析】利用抛物线的解析式求出对称轴，由x=0求出y的值，可得到点C的坐标，再利用抛物线的对称性可得到点D的坐标，同时可求出CD，OE，OA的长，再由OF∥DE可证得△AOF∽△ADE，利用相似三角形的对应边成比例可得到OA与OE的比值，然后利用三角形的面积公式就可求出△AFO与△DFE的面积之比。
7．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，EG⊥AF，FH⊥CE，垂足分别为G，H，设AG＝x，四边形EHFG的面积为y，则y与x之间的函数关系式是（ ）
A．y＝3 x2 B．y＝4 x2 C．y＝8x2 D．y＝9x2
【答案】C
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：设正方形的边长为2a，
∴BC＝2a，BE＝a，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE＝CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∴AF∥CE，
∵EG⊥AF，FH⊥CE，
∴四边形EHFG是矩形，
∵∠AEG+∠BEC＝∠BCE+∠BEC＝90°，
∴∠AEG＝∠BCE，
∴tan∠AEG＝tan∠BCE，
∴ ，
∴EG＝2x，
∴由勾股定理可知：AE＝ x，
∴AB＝BC＝2 x，
∴CE＝5x，
易证：△AEG≌△CFH，
∴AG＝CH，
∴EH＝EC﹣CH＝4x，
∴y＝EG EH＝8x2，
故答案为：C.
【分析】抓住已知条件中的E、F分别是AB、CD的中点，因此设正方形的边长为2a，用含a的代数式表示出BC，BE的长，利用正方形的性质可证得AE∥CF，AE=CF，利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证四边形AFCE是平行四边形，由此可得到AF∥CE，再利用矩形的判定定理，可证得四边形EHFG是矩形，就可推出∠AEG＝∠BCE，利用锐角三角函数的定义可得到EG的长，然后证明△AEG≌△CFH，利用全等三角形的对应边相等，可得到AG＝CH，从而可求出EH的长，再利用矩形的面积公式就可得到y与x的函数解析式。
8．（2019九上·鄞州月考）如图，抛物线y=﹣x2+mx+2m2（m＞0）与x轴交于A，B两点，点A在点B的左边，C是抛物线上一个动点（点C与点A，B不重合），D是OC的中点，连结BD并延长，交AC于点E，则 的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：过点O作OF∥AC交BE于点F，
∴
当y=0时， ﹣x2+mx+2m2 =0
解之：x1=-m，x2=2m，
∴点A（-m，0），点B（2m，0），
∴OA=m，OB=2m，AB=3m，
∵点D是OC的中点，
∴CD=OD
∴
∴OF=CE
∴,
故答案为：D.
【分析】过点O作OF∥AC交BE于点F，根据平行线分线段成比例，可证，再由y=0建立方程求出点A，B的坐标，就可得到OB，AB的长，利用线段中点的定义可证得OF=CE，再利用平行线分线段成比例，就可求出CE与AE的比值。
9．（2019九上·宁波月考）已知抛物线y= x2+1其有如下性质：抛物线上任意一点到定点F(0，2)的距离与到x轴的距离相等，点M的坐标为(3，6)，P是抛物线y= x2+1上一动点，则△PMF周长的最小值是（ ）
A．5 B．9 C．11 D．13
【答案】C
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：如图，过P作PQ⊥x轴，MQ’⊥x轴，交抛物线于点P'，
由图可知，MQ'∴当M、P、Q在一条直线上时，MP+MQ最短，∵MF为定长，P'Q'=P'F，
∴这时 △PMF周长最小，
MF= ， MQ=6，
∴△PMF周长最小为：5+6=11.
【分析】过P作PQ⊥x轴，MQ’⊥x轴，交抛物线于点P'，由斜边大于直角边得出当M、P、Q在同一条直线时， △PMF周长的有最小值，根据两点间距离公式求出MF的长，MQ'的长为M点的纵坐标，则△PMF周长可求.
10． 如图1，点E为矩形ABCD边AD上一点，点P，点Q同时从点B出发，点P沿BE→ED→DC 运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s，设P，Q出发t秒时，△BPQ的面积为ycm2，已知y与t的函数关系的图形如图2（曲线OM为抛物线的一部分），则下列结论：①AD=BE=5cm；②当0＜t≤5时，；③直线NH的解析式为；④若△ABE与△QBP相似，则t=秒。其中正确的结论个数为( )
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；相似三角形的性质；锐角三角函数的定义；通过函数图象获取信息并解决问题；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】①根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C，
∵点P、Q的运动的速度都是1cm/s，
∴BC=BE=5cm，
∴AD=BE=5（故①正确）；
②如图1，过点P作PF⊥BC于点F，
根据面积不变时△BPQ的面积为10，可得AB=4，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠PBF，
∴sin∠PBF=sin∠AEB=，
∴PF=PBsin∠PBF=t，
∴当0＜t≤5时，y=BQ PF=t t=t2（故②正确）；
③根据5-7秒面积不变，可得ED=2，
当点P运动到点C时，面积变为0，此时点P走过的路程为BE+ED+DC=11，
故点H的坐标为（11，0），
设直线NH的解析式为y=kx+b，
将点H（11，0），点N（7，10）代入可得：，
解得：故直线NH的解析式为：y=-，（故③错误）；
④当△ABE与△QBP相似时，点P在DC上，如图2所示：
∵tan∠PBQ=tan∠ABE=，
∴=，即=，
解得：t=．（故④正确）；
综上可得①②④正确，共3个．
故选：B．
【分析】据图（2）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点P到达点E时点Q到达点C，从而得到BC、BE的长度，再根据M、N是从5秒到7秒，可得ED的长度，然后表示出AE的长度，根据勾股定理求出AB的长度，然后针对各小题分析解答即可．
二、填空题
11．（2020九上·海安期中）定义：对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.已知垂美四边形ABCD的对角线AC、BD满足AC＋BD＝12，则当AC＝ 时，四边形ABCD的面积最大.
【答案】6
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】∵四边形ABCD的对角线互相垂直，
∴ ，
∵AC＋BD＝12，
∴ ，
∴ ，
∵ 且 ，
当 时，函数有最大值，
∴AC=6时，面积有最大值；
故答案是6.
【分析】由四边形ABCD的对角线互相垂直，可得，由AC＋BD＝12，可得 ，从而可得利用二次函数的性质进行解答即可.
12．（2020九下·安庆月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+3x+2与y轴交于点A，点B是拋物线的顶点，点C与点A是抛物线上的两个对称点，点D在x轴上运动，则四边形ABCD的两条对角线的长度之和的最小值为 。
【答案】
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：过点B作BD垂直于x轴.
∵抛物线的对称轴为x=-
当x=时，
∴BD=
由抛物线的轴对称性可得AC=
∴AC+BD=3+=.
【分析】先求出抛物线的对称轴和顶点坐标，即可得BD的长，再利用抛物线的轴对称性求出AC的长，AC+BD即为所求。
13．（2020·重庆模拟）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝6，D、E分别是AB、AC边上的动点，且CE＝3BD，则△BDE面积的最大值为 .
【答案】
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：设BD＝x，则EC＝3x，AE＝6﹣3x，
∵∠A＝90°，
∴EA⊥BD，
∴S△DEB＝ x（6﹣3x）＝﹣ x2+3x=﹣ （x﹣1）2+ ，
∴当x＝1时，S最大值＝ .
故答案为： .
【分析】设BD＝x，则EC＝3x，AE＝6﹣3x，根据S△DEB＝ ·BD·AE得到关于S与x的二次函数解析式，利用配方法变形为顶点式即可.
14．（2019九上·昆明期中）如图，在 中， ， ， ，点P从点A沿 向点C以 的速度运动，同时点Q从点C沿 向点B以 的速度运动（点Q运动到点B停止），在运动的过程中，四边形 的面积的最小值为 .
【答案】15
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，
∴AC= =6cm.
设运动时间为t（0≤t≤4），则PC=（6-t）cm，CQ=2tcm，
∴S四边形PABQ=S△ABC-S△CPQ= AC BC- PC CQ= ×6×8- （6-t）×2t=t2-6t+24=（t-3）2+15，
∴当t=3时，四边形PABQ的面积取最小值，最小值为15.
故答案为：15.
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理可得出AC=6cm，设运动时间为t（0≤t≤4），则PC=（6-t）cm，CQ=2tcm，利用分割图形求面积法可得出S四边形PABQ=t2-6t+24，利用配方法即可求出四边形PABQ的面积最小值，此题得解.
15．（2019九上·吉林月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=(x-2)2与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B作BC∥x轴，交抛物线于点C，过点A作AD∥y轴，交BC于点D，点P在BC下方的抛物线上(不与点B，C重合)，连接PC，PD，设△PCD的面积为S，则S的取值范围是 。
【答案】0【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：∵抛物线与y轴的交点B（0,4），对称轴是直线x=2
∴CD=BD=2，AD=4
∴0＜yp≤4
∴S=CD·yp=×2·yp=yp
∴0＜S≤4
【分析】先根据抛物线的对称性求出△PCD的底，再求出 △PCD的高yp的取值范围，然后根据三角形面积公式计算出△PCD的面积S的值，即可得出其取值范围。
16．如图，已知直线y=﹣ x+3分别交x轴、y轴于点A、B，P是抛物线y=﹣ x2+2x+5上的一个动点，其横坐标为a，过点P且平行于y轴的直线交直线y=﹣ x+3于点Q，则当PQ=BQ时，a的值是 ．
【答案】4+2 或4﹣2 或4或﹣1
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题
【解析】【解答】解：当x=0时，y=﹣ x+3=3，则B（0，3），
∵点P的横坐标为a，PQ∥y轴，
∴P（a，﹣ a2+2a+5），Q（a，﹣ a+3），
∴PQ=|﹣ a2+2a+5﹣（﹣ a+3|=|﹣ a2+ a+2|=| a2﹣ a﹣2|，
BQ= =| a|，
∵PQ=BQ，
∴| a2﹣ a﹣2|=| a|，
当 a2﹣ a﹣2= a，整理得a2﹣8a﹣4=0，解得a1=4+2 ，a2=4﹣2 ，
当 a2﹣ a﹣2=﹣ a，整理得a2﹣3a﹣4=0，解得a1=4，a2=﹣1，
综上所述，a的值为4+2 或4﹣2V或4或﹣1．
故答案为4+2 或4﹣2 或4或﹣1．
【分析】先利用一次函数解析式求出B（0，3），再根据二次函数图象上点的坐标特征和一次函数图象上点的坐标特征，设P（a，﹣ a2+2a+5），Q（a，﹣ a+3），则可利用两点间的距离公式得到PQ=| a2﹣ a﹣2|，BQ=| a|，然后利用PQ=BQ得到| a2﹣ a﹣2|=| a|，讨论： a2﹣ a﹣2= 或 a2﹣ a﹣2=﹣ a，然后分别解一元二次方程即可得到a的值．
三、解答题
17．（2019九上·黄石月考）已知抛物线y= x2-mx+c与x轴交于点A(x1，0)B(x2，0)，与y轴交于点C(0，c).若△ABC为直角三角形，求c的值
【答案】解：∵△ABC为直角三角形，
∴∠ACB=90°,
∵∠ACO+∠BCO=90°，∠CBO+∠BCO=90°，
∴∠ACO=∠CBO,
∴△ACO∽△CBO,
∴ ,
∴OC2=OB·OA.
当y=0时， x2-mx+c=0，
∴x1·x2=2c，
∴OB·OA=-2c.
∵C(0，c)，
∴OC=-c，
∴(-c)2=-2c,
∴c2+2c=0，
∴c1=0（舍去），c2=-2.
∴c的值是-2.
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】由题意可知∠ACB=90°，根据同角的余角相等，可证得∠ACO=∠CBO，利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△ACO∽△CBO，利用相似三角形的对应边相等，可证得OC2=OB·OA，利用函数解析式，由y=0，可得到 x2-mx+c=0 ，利用一元二次方程根与系数可得到OB·OA=-2c，由点C的坐标，可得到OC的长，代入建立关于c的方程，解方程求出符合题意的c的值。
18．（2020·广西模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 经过原点O，与x轴交于点A(5，0)，第一象限的点C(m，4)在抛物线上，y轴上有一点B(0，10).
(I)求抛物线的解析式及它的对称轴；
(Ⅱ)点 在线段OB上，点Q在线段BC上，若 ，且 ,求n的值；
(Ⅲ)在抛物线的对称轴上，是否存在点M，使以A，B，M为顶点的三角形是等腰三形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（Ⅰ）∵抛物线经过原点O，
∴抛物线解析式为 .
∵抛物线与x轴交于点(5，0)，
∴ ，解得 .
∴抛物线解析式为 .
，
∴抛物线的对称轴为直线 .
（Ⅱ）∵点C在抛物线 上，
∴ ，解得 (舍)， .
∴点C坐标为(8，4).
过C作 轴，垂足为E，连接AB.
在 中， .
同理，可求得 ， .
∴ .
∴ .
在 和 中， ， ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ ， .
∴ ，
解得 .
（Ⅲ）∵抛物线的对称轴为 ，
∴设点M的坐标为 .
①当 ， 为顶角时，
，解得 .
②当 ， 为顶角时，
，解得 .
③当 ， 为顶角时，
，解得 .
此时点 为AB的中点，与点A，B不构成三角形.
综上可得，点M的坐标为 ， ， ， .
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可，根据x=- 得出对称轴即可；
（2）把C（m，4）代入解析式求出m的值,可得C点坐标,过C作 轴,垂足为E,连接AB.根据勾股定理求出AC2、BC2、AB2，根据勾股定理逆定理可得∠BCA=90°，利用HL可证明Rt△AOP≌Rt△ACQ， 即可得出OP=CQ，根据OP=2BQ列方程求出n的值即可；
（3）分别讨论AB=AM、BM=BA、MA=MB三种情况，设点M的坐标为 ，利用勾股定理列方程求出t的值即可.
19．如图，抛物线与x轴交于点A（﹣，0），点B（2，0），与y轴交于点C（0，1），连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）N为抛物线上的一个动点，过点N作NP⊥x轴于点P，设点N的横坐标为t（﹣），求△ABN的面积s与t的函数解析式；
（3）若0＜t＜2且t≠0时，△OPN∽△COB，求点N的坐标．
【答案】解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，由题意可得：，
解得：．
∴抛物线的函数关系式为y=﹣x2+x+1；
（2）当﹣＜t＜2时，yN＞0，
∴NP=|yN|=yN=﹣t2+t+1，
∴S=AB PN
=×（2+）×（﹣t2+t+1）
=（﹣t2+t+1）
=﹣t2+t+；
（3）∵△OPN∽△COB，
∴=，
∴=，
∴PN=2PO．
当0＜t＜2时，PN=|yN|=yN=﹣t2+t+1，PO=|t|=t，
∴﹣t2+t+1=2t，
整理得：3t2﹣t﹣2=0，
解得：t3=﹣，t4=1．
∵﹣＜0，0＜1＜2，
∴t=1，此时点N的坐标为（1，2）．
故点N的坐标为（1，2）．
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）可设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，然后只需运用待定系数法就可解决问题；
（2）当﹣＜t＜2时，点N在x轴的上方，则NP等于点N的纵坐标，只需求出AB，就可得到S与t的函数关系式；
（3）根据相似三角形的性质可得PN=2PO．由于PO=|t|，根据0＜t＜2，由PN=2PO得到关于t的方程，解这个方程，就可解决问题．
1 / 1初中数学人教版九年级上册——22.3实际问题与二次函数③几何图形问题
一、单选题
1．（2020九上·硚口月考）如图 和 都是边长为2的等边三角形，它们的边 在同一条直线l上，点C，E重合，现将 沿着直线l向右移动，直至点B与F重合时停止移动.在此过程中，设点移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，则y随x变化的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2020九上·越城月考）如图所示，正方形ABCD的边长为10，四个全等的小正方形的对称中心分别在正方形ABCD的顶点上，且它们的各边与正方形ABCD各边平行或垂直．若小正方形的边长为x，且0A． B．
C． D．
3．（2020九上·余姚月考）如图，正三角形ABC的边长为3cm,动点P从点A出发，以每秒1cm的速度,沿A→B→C的方向运动，到达点C时停止．设运动时间为x(秒),y=PC2，则y关于x的函数的图象大致是（ )
A． B．
C． D．
4．（2020·鹿邑模拟）如图1，矩形 中， ，点 分别是 上两动点，将 沿着对折得，将沿着 对折得 ，将 沿着 对折，使 三点在一直线上，设 的长度为x， 的长度为y，在点p的移动过程中，y与x的函数图象如图2，则函数图象最低点的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（2020·苏州模拟）如图，已知二次函数y=mx2-4mx+3m(m>0)的图像与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接AC、BC，若CA平分∠OCB，则m的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2020·温州模拟）如图，抛物线y=a(x-2) +k(a<0)与x轴交于A，B两点，与y轴正半轴交于点C，点A的坐标为(-1，0)，作CD∥x轴交抛物线于点D，DE⊥x轴于点E，连结EF，则△AFO与△DFE的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，EG⊥AF，FH⊥CE，垂足分别为G，H，设AG＝x，四边形EHFG的面积为y，则y与x之间的函数关系式是（ ）
A．y＝3 x2 B．y＝4 x2 C．y＝8x2 D．y＝9x2
8．（2019九上·鄞州月考）如图，抛物线y=﹣x2+mx+2m2（m＞0）与x轴交于A，B两点，点A在点B的左边，C是抛物线上一个动点（点C与点A，B不重合），D是OC的中点，连结BD并延长，交AC于点E，则 的值是（ ）
A． B． C． D．
9．（2019九上·宁波月考）已知抛物线y= x2+1其有如下性质：抛物线上任意一点到定点F(0，2)的距离与到x轴的距离相等，点M的坐标为(3，6)，P是抛物线y= x2+1上一动点，则△PMF周长的最小值是（ ）
A．5 B．9 C．11 D．13
10． 如图1，点E为矩形ABCD边AD上一点，点P，点Q同时从点B出发，点P沿BE→ED→DC 运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s，设P，Q出发t秒时，△BPQ的面积为ycm2，已知y与t的函数关系的图形如图2（曲线OM为抛物线的一部分），则下列结论：①AD=BE=5cm；②当0＜t≤5时，；③直线NH的解析式为；④若△ABE与△QBP相似，则t=秒。其中正确的结论个数为( )
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
11．（2020九上·海安期中）定义：对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.已知垂美四边形ABCD的对角线AC、BD满足AC＋BD＝12，则当AC＝ 时，四边形ABCD的面积最大.
12．（2020九下·安庆月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+3x+2与y轴交于点A，点B是拋物线的顶点，点C与点A是抛物线上的两个对称点，点D在x轴上运动，则四边形ABCD的两条对角线的长度之和的最小值为 。
13．（2020·重庆模拟）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝6，D、E分别是AB、AC边上的动点，且CE＝3BD，则△BDE面积的最大值为 .
14．（2019九上·昆明期中）如图，在 中， ， ， ，点P从点A沿 向点C以 的速度运动，同时点Q从点C沿 向点B以 的速度运动（点Q运动到点B停止），在运动的过程中，四边形 的面积的最小值为 .
15．（2019九上·吉林月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=(x-2)2与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B作BC∥x轴，交抛物线于点C，过点A作AD∥y轴，交BC于点D，点P在BC下方的抛物线上(不与点B，C重合)，连接PC，PD，设△PCD的面积为S，则S的取值范围是 。
16．如图，已知直线y=﹣ x+3分别交x轴、y轴于点A、B，P是抛物线y=﹣ x2+2x+5上的一个动点，其横坐标为a，过点P且平行于y轴的直线交直线y=﹣ x+3于点Q，则当PQ=BQ时，a的值是 ．
三、解答题
17．（2019九上·黄石月考）已知抛物线y= x2-mx+c与x轴交于点A(x1，0)B(x2，0)，与y轴交于点C(0，c).若△ABC为直角三角形，求c的值
18．（2020·广西模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 经过原点O，与x轴交于点A(5，0)，第一象限的点C(m，4)在抛物线上，y轴上有一点B(0，10).
(I)求抛物线的解析式及它的对称轴；
(Ⅱ)点 在线段OB上，点Q在线段BC上，若 ，且 ,求n的值；
(Ⅲ)在抛物线的对称轴上，是否存在点M，使以A，B，M为顶点的三角形是等腰三形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
19．如图，抛物线与x轴交于点A（﹣，0），点B（2，0），与y轴交于点C（0，1），连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）N为抛物线上的一个动点，过点N作NP⊥x轴于点P，设点N的横坐标为t（﹣），求△ABN的面积s与t的函数解析式；
（3）若0＜t＜2且t≠0时，△OPN∽△COB，求点N的坐标．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：C点移动到F点,重叠部分三角形的边长为x,由于是等边三角形,则高为 ,面积为y=x· · = ,
B点移动到F点,重叠部分三角形的边长为(4－x),高为 ,面积为
y=(4－x)· · = ,
两个三角形重合时面积正好为 .
由二次函数图象的性质可判断答案为A,
故答案为：A.
【分析】根据图象可得出重叠部分三角形的边长为x,根据特殊角三角函数可得高为 ,由此得出面积y是x的二次函数,直到重合面积固定,再往右移动重叠部分的边长变为(4－x),同时可得
2．【答案】D
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】 解：依题可得，
阴影部分的面积相当于一个小正方形的面积，
∴y=x2（ 0故答案为：D.
【分析】根据题意可得y与x的函数关系式，再由函数解析式得出函数图象.
3．【答案】C
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：①当0≤x≤3时，过C作CH⊥AB，
∵△ABC为正三角形，
∴AH=AB=，CH=AC×sinA=3×=，
∵AP=x，
∴PH=，
∴
即y=x2-3x+9，
∴该函数是图象张口向上的抛物线；
②当3＜x≤6，即P在BC上时，
PC=6-x，
PC2=（6-x）2=（x-6）2,
∴该函数是y=（x-6）2（3＜x≤6）的抛物线.
综上，C符合题意.
故答案为：C.
【分析】分两种情况讨论，①当0≤x≤3时，过C作CH⊥AB，利用勾股定理求出PC2的表达式；②当3＜x≤6，即P在BC上时，可得PC=6-x，则PC2的表达式可知，结合两种情况，得出y关于x的函数的图象大致两种情况下抛物线的一部分组合而成.
4．【答案】C
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：由折叠性质可知 ，
，
，
又
由 ，得 ，
∴
∴ 整理得： ，
故函数的顶点为 ，得函数顶点的纵坐标为 .
故答案为：C.
【分析】根据折叠的性质可得 ，故可证得 ，得到 ，再代入 ，可得 ，再整理得： ，根据二次函数的图象与性质即可求解.
5．【答案】D
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：过点A作AD∥BC
∴∠DAC=∠ACB
∵CA平分∠OCB
∴∠OCA=∠ACB
∴∠DCA=∠DAC
∴DA=CD
当x=0时y=3m
∴点C（0，3m）
∴OC=3m，
当y=0时mx2-4mx+3m=0
∵m≠0
∴x2-4x+3=0
解之：x1=1，x2=3
∴点A（1，0），点B（3，0）
∴OA=1，OB=3.
∵AD∥BC
∴即
解之：OD=m，
∴AD=CD=OC-OD=3m-m=2m，
在Rt△OAD中，
AD2-OD2=OA2
∴（2m）2-m2=12
解之：m1=，m2=＜0（舍去）.
故答案为：D.
【分析】 过点A作AD∥BC，易证∠DCA=∠DAC，利用等角对等边可证得AD=CD，利用函数解析式求出点C的坐标及点A，B的坐标，再利用平行线分线段成比例定理求出OD的长，然后利用勾股定理建立关于m的方程，解方程求出m的值。
6．【答案】A
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：∵抛物线y=a(x-2)2+k(a<0)与x轴交于A，B两点，与y轴正半轴交于点C，点A的坐标为(-1，0)，
∴对称轴为直线x=2，
当x=0时，y=4a+k
∴点C（0，4a+k）
∵CD∥x轴，
∴点C和点D关于直线x=2对称，
∴点D（4，4a+k），
∴CD=OE=4，
∵点A（-1，0），
∴OA=1
∵OF∥DE，
∴△AOF∽△ADE，
∴
∴.
故答案为：A.
【分析】利用抛物线的解析式求出对称轴，由x=0求出y的值，可得到点C的坐标，再利用抛物线的对称性可得到点D的坐标，同时可求出CD，OE，OA的长，再由OF∥DE可证得△AOF∽△ADE，利用相似三角形的对应边成比例可得到OA与OE的比值，然后利用三角形的面积公式就可求出△AFO与△DFE的面积之比。
7．【答案】C
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：设正方形的边长为2a，
∴BC＝2a，BE＝a，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE＝CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∴AF∥CE，
∵EG⊥AF，FH⊥CE，
∴四边形EHFG是矩形，
∵∠AEG+∠BEC＝∠BCE+∠BEC＝90°，
∴∠AEG＝∠BCE，
∴tan∠AEG＝tan∠BCE，
∴ ，
∴EG＝2x，
∴由勾股定理可知：AE＝ x，
∴AB＝BC＝2 x，
∴CE＝5x，
易证：△AEG≌△CFH，
∴AG＝CH，
∴EH＝EC﹣CH＝4x，
∴y＝EG EH＝8x2，
故答案为：C.
【分析】抓住已知条件中的E、F分别是AB、CD的中点，因此设正方形的边长为2a，用含a的代数式表示出BC，BE的长，利用正方形的性质可证得AE∥CF，AE=CF，利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证四边形AFCE是平行四边形，由此可得到AF∥CE，再利用矩形的判定定理，可证得四边形EHFG是矩形，就可推出∠AEG＝∠BCE，利用锐角三角函数的定义可得到EG的长，然后证明△AEG≌△CFH，利用全等三角形的对应边相等，可得到AG＝CH，从而可求出EH的长，再利用矩形的面积公式就可得到y与x的函数解析式。
8．【答案】D
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：过点O作OF∥AC交BE于点F，
∴
当y=0时， ﹣x2+mx+2m2 =0
解之：x1=-m，x2=2m，
∴点A（-m，0），点B（2m，0），
∴OA=m，OB=2m，AB=3m，
∵点D是OC的中点，
∴CD=OD
∴
∴OF=CE
∴,
故答案为：D.
【分析】过点O作OF∥AC交BE于点F，根据平行线分线段成比例，可证，再由y=0建立方程求出点A，B的坐标，就可得到OB，AB的长，利用线段中点的定义可证得OF=CE，再利用平行线分线段成比例，就可求出CE与AE的比值。
9．【答案】C
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：如图，过P作PQ⊥x轴，MQ’⊥x轴，交抛物线于点P'，
由图可知，MQ'∴当M、P、Q在一条直线上时，MP+MQ最短，∵MF为定长，P'Q'=P'F，
∴这时 △PMF周长最小，
MF= ， MQ=6，
∴△PMF周长最小为：5+6=11.
【分析】过P作PQ⊥x轴，MQ’⊥x轴，交抛物线于点P'，由斜边大于直角边得出当M、P、Q在同一条直线时， △PMF周长的有最小值，根据两点间距离公式求出MF的长，MQ'的长为M点的纵坐标，则△PMF周长可求.
10．【答案】B
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；相似三角形的性质；锐角三角函数的定义；通过函数图象获取信息并解决问题；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】①根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C，
∵点P、Q的运动的速度都是1cm/s，
∴BC=BE=5cm，
∴AD=BE=5（故①正确）；
②如图1，过点P作PF⊥BC于点F，
根据面积不变时△BPQ的面积为10，可得AB=4，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠PBF，
∴sin∠PBF=sin∠AEB=，
∴PF=PBsin∠PBF=t，
∴当0＜t≤5时，y=BQ PF=t t=t2（故②正确）；
③根据5-7秒面积不变，可得ED=2，
当点P运动到点C时，面积变为0，此时点P走过的路程为BE+ED+DC=11，
故点H的坐标为（11，0），
设直线NH的解析式为y=kx+b，
将点H（11，0），点N（7，10）代入可得：，
解得：故直线NH的解析式为：y=-，（故③错误）；
④当△ABE与△QBP相似时，点P在DC上，如图2所示：
∵tan∠PBQ=tan∠ABE=，
∴=，即=，
解得：t=．（故④正确）；
综上可得①②④正确，共3个．
故选：B．
【分析】据图（2）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点P到达点E时点Q到达点C，从而得到BC、BE的长度，再根据M、N是从5秒到7秒，可得ED的长度，然后表示出AE的长度，根据勾股定理求出AB的长度，然后针对各小题分析解答即可．
11．【答案】6
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】∵四边形ABCD的对角线互相垂直，
∴ ，
∵AC＋BD＝12，
∴ ，
∴ ，
∵ 且 ，
当 时，函数有最大值，
∴AC=6时，面积有最大值；
故答案是6.
【分析】由四边形ABCD的对角线互相垂直，可得，由AC＋BD＝12，可得 ，从而可得利用二次函数的性质进行解答即可.
12．【答案】
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：过点B作BD垂直于x轴.
∵抛物线的对称轴为x=-
当x=时，
∴BD=
由抛物线的轴对称性可得AC=
∴AC+BD=3+=.
【分析】先求出抛物线的对称轴和顶点坐标，即可得BD的长，再利用抛物线的轴对称性求出AC的长，AC+BD即为所求。
13．【答案】
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：设BD＝x，则EC＝3x，AE＝6﹣3x，
∵∠A＝90°，
∴EA⊥BD，
∴S△DEB＝ x（6﹣3x）＝﹣ x2+3x=﹣ （x﹣1）2+ ，
∴当x＝1时，S最大值＝ .
故答案为： .
【分析】设BD＝x，则EC＝3x，AE＝6﹣3x，根据S△DEB＝ ·BD·AE得到关于S与x的二次函数解析式，利用配方法变形为顶点式即可.
14．【答案】15
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，
∴AC= =6cm.
设运动时间为t（0≤t≤4），则PC=（6-t）cm，CQ=2tcm，
∴S四边形PABQ=S△ABC-S△CPQ= AC BC- PC CQ= ×6×8- （6-t）×2t=t2-6t+24=（t-3）2+15，
∴当t=3时，四边形PABQ的面积取最小值，最小值为15.
故答案为：15.
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理可得出AC=6cm，设运动时间为t（0≤t≤4），则PC=（6-t）cm，CQ=2tcm，利用分割图形求面积法可得出S四边形PABQ=t2-6t+24，利用配方法即可求出四边形PABQ的面积最小值，此题得解.
15．【答案】0【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：∵抛物线与y轴的交点B（0,4），对称轴是直线x=2
∴CD=BD=2，AD=4
∴0＜yp≤4
∴S=CD·yp=×2·yp=yp
∴0＜S≤4
【分析】先根据抛物线的对称性求出△PCD的底，再求出 △PCD的高yp的取值范围，然后根据三角形面积公式计算出△PCD的面积S的值，即可得出其取值范围。
16．【答案】4+2 或4﹣2 或4或﹣1
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题
【解析】【解答】解：当x=0时，y=﹣ x+3=3，则B（0，3），
∵点P的横坐标为a，PQ∥y轴，
∴P（a，﹣ a2+2a+5），Q（a，﹣ a+3），
∴PQ=|﹣ a2+2a+5﹣（﹣ a+3|=|﹣ a2+ a+2|=| a2﹣ a﹣2|，
BQ= =| a|，
∵PQ=BQ，
∴| a2﹣ a﹣2|=| a|，
当 a2﹣ a﹣2= a，整理得a2﹣8a﹣4=0，解得a1=4+2 ，a2=4﹣2 ，
当 a2﹣ a﹣2=﹣ a，整理得a2﹣3a﹣4=0，解得a1=4，a2=﹣1，
综上所述，a的值为4+2 或4﹣2V或4或﹣1．
故答案为4+2 或4﹣2 或4或﹣1．
【分析】先利用一次函数解析式求出B（0，3），再根据二次函数图象上点的坐标特征和一次函数图象上点的坐标特征，设P（a，﹣ a2+2a+5），Q（a，﹣ a+3），则可利用两点间的距离公式得到PQ=| a2﹣ a﹣2|，BQ=| a|，然后利用PQ=BQ得到| a2﹣ a﹣2|=| a|，讨论： a2﹣ a﹣2= 或 a2﹣ a﹣2=﹣ a，然后分别解一元二次方程即可得到a的值．
17．【答案】解：∵△ABC为直角三角形，
∴∠ACB=90°,
∵∠ACO+∠BCO=90°，∠CBO+∠BCO=90°，
∴∠ACO=∠CBO,
∴△ACO∽△CBO,
∴ ,
∴OC2=OB·OA.
当y=0时， x2-mx+c=0，
∴x1·x2=2c，
∴OB·OA=-2c.
∵C(0，c)，
∴OC=-c，
∴(-c)2=-2c,
∴c2+2c=0，
∴c1=0（舍去），c2=-2.
∴c的值是-2.
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】由题意可知∠ACB=90°，根据同角的余角相等，可证得∠ACO=∠CBO，利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△ACO∽△CBO，利用相似三角形的对应边相等，可证得OC2=OB·OA，利用函数解析式，由y=0，可得到 x2-mx+c=0 ，利用一元二次方程根与系数可得到OB·OA=-2c，由点C的坐标，可得到OC的长，代入建立关于c的方程，解方程求出符合题意的c的值。
18．【答案】解：（Ⅰ）∵抛物线经过原点O，
∴抛物线解析式为 .
∵抛物线与x轴交于点(5，0)，
∴ ，解得 .
∴抛物线解析式为 .
，
∴抛物线的对称轴为直线 .
（Ⅱ）∵点C在抛物线 上，
∴ ，解得 (舍)， .
∴点C坐标为(8，4).
过C作 轴，垂足为E，连接AB.
在 中， .
同理，可求得 ， .
∴ .
∴ .
在 和 中， ， ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ ， .
∴ ，
解得 .
（Ⅲ）∵抛物线的对称轴为 ，
∴设点M的坐标为 .
①当 ， 为顶角时，
，解得 .
②当 ， 为顶角时，
，解得 .
③当 ， 为顶角时，
，解得 .
此时点 为AB的中点，与点A，B不构成三角形.
综上可得，点M的坐标为 ， ， ， .
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可，根据x=- 得出对称轴即可；
（2）把C（m，4）代入解析式求出m的值,可得C点坐标,过C作 轴,垂足为E,连接AB.根据勾股定理求出AC2、BC2、AB2，根据勾股定理逆定理可得∠BCA=90°，利用HL可证明Rt△AOP≌Rt△ACQ， 即可得出OP=CQ，根据OP=2BQ列方程求出n的值即可；
（3）分别讨论AB=AM、BM=BA、MA=MB三种情况，设点M的坐标为 ，利用勾股定理列方程求出t的值即可.
19．【答案】解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，由题意可得：，
解得：．
∴抛物线的函数关系式为y=﹣x2+x+1；
（2）当﹣＜t＜2时，yN＞0，
∴NP=|yN|=yN=﹣t2+t+1，
∴S=AB PN
=×（2+）×（﹣t2+t+1）
=（﹣t2+t+1）
=﹣t2+t+；
（3）∵△OPN∽△COB，
∴=，
∴=，
∴PN=2PO．
当0＜t＜2时，PN=|yN|=yN=﹣t2+t+1，PO=|t|=t，
∴﹣t2+t+1=2t，
整理得：3t2﹣t﹣2=0，
解得：t3=﹣，t4=1．
∵﹣＜0，0＜1＜2，
∴t=1，此时点N的坐标为（1，2）．
故点N的坐标为（1，2）．
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）可设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，然后只需运用待定系数法就可解决问题；
（2）当﹣＜t＜2时，点N在x轴的上方，则NP等于点N的纵坐标，只需求出AB，就可得到S与t的函数关系式；
（3）根据相似三角形的性质可得PN=2PO．由于PO=|t|，根据0＜t＜2，由PN=2PO得到关于t的方程，解这个方程，就可解决问题．
1 / 1
