九年級期末真題2

九年級上期末真題精選【考題猜想，壓軸60題20個考點專練】【題型展示】一、利用二次函數(shù)的性質(zhì)判斷多結(jié)論問題（共3小題）二、利用二次函數(shù)的性質(zhì)比較四個字母的大?。ü?小題）三、二次函數(shù)與方程、不等式（共4小題）四、二次函數(shù)的存在性問題（共6小題）五、拋物線的平移、旋轉(zhuǎn)、對稱（共3小題）六、利用二次函數(shù)求最短路徑（共3小題）七、由實際問題抽象出二次函數(shù)模型（共3小題）八、根據(jù)二次函數(shù)特征求參數(shù)取值范圍（共3小題）九、二次函數(shù)與動點問題（共3小題）十、利用相似三角形的性質(zhì)與判定求長度（共2小題）一十一、利用相似三角形的性質(zhì)與判定求面積（共2小題）一十二、利用相似三角形的性質(zhì)與判定解決動點問題（共3小題）一十三、利用相似三角形的性質(zhì)與判定解決規(guī)律探究問題（共2小題）一十四、利用相似三角形的性質(zhì)與判定解決存在性問題（共3小題）一十五、銳角三角函數(shù)與相似三角形綜合（共2小題）一十六、銳角三角函數(shù)與圓綜合（共2小題）一十七、解直角三角形與圓綜合（共3小題）一十八、拋物線與圓綜合（共3小題）一十九、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系（共3小題）二十、圓與三角形、四邊形綜合問題（共4小題）一、利用二次函數(shù)的性質(zhì)判斷多結(jié)論問題（共3小題）1．（2023上·湖北孝感·九年級統(tǒng)考期中）已知拋物線與軸交于點，與軸的交點在，之間（包含端點），頂點坐標為，有下列結(jié)論：①；②；③對于任意實數(shù)，總成立；④關(guān)于的方程有兩個不相等的實數(shù)根．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】主要考查二次函數(shù)圖像與系數(shù)的關(guān)系、不等式，解題的關(guān)鍵是熟知頂點坐標以及二次函數(shù)的性質(zhì)．利用拋物線的對稱軸方程得到，則可對①進行判斷；利用拋物線與軸交于點得到，把代入得到，再利用得到，然后解不等式組可對②進行判斷；利用當(dāng)時，有最大值得到（為任意實數(shù)），則可對③進行判斷；利用直線與拋物線只有一個交點可知與拋物線有兩個交點，則可對④進行判斷．【詳解】拋物線的頂點坐標為，拋物線的對稱性為直線，，，所以①正確；拋物線與軸交于點，，，拋物線與軸的交點在，之間（包含端點），，即，，所以②正確；當(dāng)時時，有最大值，（為任意實數(shù)），即，所以③正確；拋物線的頂點坐標為，直線與拋物線只有一個交點，直線與拋物線有兩個交點，關(guān)于的方程有兩個不相等的實數(shù)根，所以④正確．故選：A．2．（2023上·黑龍江大慶·九年級校聯(lián)考期中）如圖，二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點、點、點，若點是拋物線上任意一點，有下列結(jié)論：①二次函數(shù)的最小值為；②若，則；③若，則；④一元二次方程的兩個根為和其中正確結(jié)論的是()A．①②③ B．①④ C．②③④ D．②④【答案】B【分析】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)；根據(jù)、兩點寫出拋物線的交點式化簡得，再配成頂點式，即可判斷①；當(dāng)時，，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，即可判斷②；利用二次函數(shù)的對稱性及增減性即可判斷③；由可知，，則可化為，，解方程即可判斷④．【詳解】解：拋物線解析式化成交點式為，即，配成頂點式得，當(dāng)時，二次函數(shù)有最小值為，所以①正確；當(dāng)時，，當(dāng)，，所以②錯誤；點的坐標為，點關(guān)于直線的對稱點為，若，則或，所以③錯誤；由可知，，則可化為，，方程整理得：，解得，，所以④正確．所以①④正確．故選：B．3．（2023上·云南昆明·九年級云大附中?？计谥校┮阎魏瘮?shù)的部分圖象如圖所示，圖象經(jīng)過點．其對稱軸為直線下列結(jié)論：①；②若點，均在二次函數(shù)圖象上，則；③若關(guān)于x的一元二次方程沒有實數(shù)根．則；④滿足的x的取值范圍為．⑤對于任意實數(shù)m，總有；其中正確結(jié)論的個數(shù)為（

）

A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】B【分析】根據(jù)拋物線開口向下可得，根據(jù)拋物線的對稱軸可推得，根據(jù)時，，即可得到，推得，故①錯誤；根據(jù)點的坐標和對稱軸可得點到對稱軸的距離小于點到對稱軸的距離，根據(jù)拋物線的對稱性和增減性可得，故②正確；將方程整理后，可得，利用根的判別式求解，可得，故③正確；根據(jù)拋物線的對稱性可得二次函數(shù)必然經(jīng)過點，即可得到時，的取值范圍，故④正確；根據(jù)當(dāng)時，y有最大值，即對于任意實數(shù)m，總有，即，故⑤錯誤．【詳解】①∵拋物線開口向下，∴．∵拋物線的對稱軸為直線，∴，由圖象可得時，，即，而，∴．故①錯誤；②∵拋物線開口向下，拋物線的對稱軸為直線．故當(dāng)時，隨的增大而增大，當(dāng)時，隨的增大而減小，∵，，即點到對稱軸的距離小于點到對稱軸的距離，故，故②正確；③整理可得，若無實數(shù)根，則，∵，∴即，故③正確；④∵函數(shù)圖象經(jīng)過，對稱軸為直線，∴二次函數(shù)必然經(jīng)過點，∴時，的取值范圍，故④正確；⑤由開口向下且對稱軸為直線，可知當(dāng)時，y有最大值，即對于任意實數(shù)m，總有，即，故⑤錯誤．綜上，②③④正確，共3個，故選：B．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系，二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系：對于二次函數(shù)，二次項系數(shù)決定拋物線的開口方向和大小，當(dāng)時，拋物線向上開口；當(dāng)時，拋物線向下開口；一次項系數(shù)和二次項系數(shù)共同決定對稱軸的位置；常數(shù)項決定拋物線與軸交點；熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．二、利用二次函數(shù)的性質(zhì)比較四個字母的大小（共3小題）4．若關(guān)于x的方程2x2-3x+m=2023的解為x1，x2(x1<A．x1<x2<C．x3<x【答案】B【分析】本題考查了拋物線與一元二次方程的交點．?dāng)?shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．由題意設(shè)直線y=2023-m與拋物線y=2x2-3x交于A、B兩點，直線y=2023-n與拋物線y=2x2-3x交于C、【詳解】解：由題意知，2x2-3x=2023-m設(shè)直線y=2023-m與拋物線y=2x2-3x交于A、B兩點，直線y=2023-n與拋物線y=2x2-3x交于C、∵m<n<0，∴2023-m>2023-n，如圖，

∴x1故選：B．5．（2023上·浙江·九年級期中）在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于，兩點，其中，將此拋物線向上平移，與x軸交于，兩點，其中，下面結(jié)論正確的是（

）A．當(dāng)時，B．當(dāng)時，C．當(dāng)時，D．當(dāng)時，【答案】A【分析】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)和平移，分情況討論：或，根據(jù)拋物線與x軸兩交點關(guān)于對稱軸對稱，故得到交點橫坐標之間的關(guān)系．由對稱軸得到拋物線與x軸交點的橫坐標之間的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【詳解】當(dāng)時，如圖所示：

由圖象可得，∵拋物線，∴拋物線的對稱軸為直線，∴，由∵，∴，，當(dāng)時，如圖所示：

由圖象可得，∵拋物線∴拋物線的對稱軸為直線，∴，．故選：A．6．（2023上·四川南充·九年級統(tǒng)考期中）若關(guān)于x的方程的解為，關(guān)于x的方程的解為，且．則下列結(jié)論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了拋物線與一元二次方程的交點．?dāng)?shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．由題意設(shè)直線與拋物線交于兩點，直線與拋物線交于兩點，則分別為兩點的橫坐標，分別為兩點的橫坐標，然后數(shù)形結(jié)合比較橫坐標的大小即可．【詳解】解：由題意知，，，設(shè)直線與拋物線交于兩點，直線與拋物線交于兩點，則分別為兩點的橫坐標，分別為兩點的橫坐標，∵，∴，如圖，

∴，故選：B．三、二次函數(shù)與方程、不等式（共4小題）7．（2018·云南·統(tǒng)考中考真題）已知二次函數(shù)y=﹣316x2+bx+c的圖象經(jīng)過A（0，3），B（﹣4，﹣9（1）求b，c的值．（2）二次函數(shù)y=﹣316x2+bx+c的圖象與x【答案】（1）b=98c=3；（2）公共點的坐標是（﹣2，0）或（8【詳解】【分析】（1）把點A、B的坐標分別代入函數(shù)解析式求得b、c的值；（2）利用根的判別式進行判斷該函數(shù)圖象是否與x軸有交點，由題意得到方程﹣316x2+98【詳解】（1）把A（0，3），B（﹣4，﹣92）分別代入y=﹣316x2得c=3-解得b=9（2）由（1）可得，該拋物線解析式為：y=﹣316x2+98△=（98）2﹣4×（﹣316）×3=22564所以二次函數(shù)y=﹣316x2+bx+c的圖象與x∵﹣316x2+98x+3=0的解為：x1=﹣2，x2∴公共點的坐標是（﹣2，0）或（8，0）．【點睛】本題考查了拋物線與x軸的交點，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征．注意拋物線解析式與一元二次方程間的轉(zhuǎn)化關(guān)系．8．（2023上·吉林長春·九年級統(tǒng)考期末）在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y=ax2-x+1的圖象與x軸交于點A、點B．其中點A(1)求此二次函數(shù)的表達式．(2)直接寫出點B的坐標為______．(3)當(dāng)-2<x<1(4)當(dāng)-2<y<1時，直接寫出x的取值范圍．【答案】(1)y=-2x(2)1(3)-5<(4)-3【分析】（1）把-1,0代入y=ax（2）y=-2x2-x+1中，令y=0（3）先求出拋物線的對稱軸，然后分別求出x=-2、x=1、x=-14時對應(yīng)的函數(shù)值，最后數(shù)形結(jié)合解答（4）把y=-2，x=-【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2-x+1∴0=a+1+1，解得a=-2，∴拋物線的表達式為：y=-2x（2）解：y=-2x2-x+1中，令y=0解得x1∴點B的坐標為12故答案為12（3）解：y=-2x拋物線的對稱軸為x=-14，等x=-14時，y=當(dāng)x=-2時，y=-2×當(dāng)x=1時，y=-2×1∴當(dāng)-2<x<1時，y（4）解：當(dāng)y=-2時，-2=-2解得x=-32或當(dāng)y=1時，1=-2x解得x=0或x=-1∴當(dāng)-2<y<1時，x的取值范圍是-3【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．9．（2023下·浙江寧波·八年級統(tǒng)考期末）如圖，二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A

(1)求b，c的值；(2)結(jié)合圖象，求當(dāng)y>0時x的取值范圍；(3)平移該二次函數(shù)圖象，使其頂點為A點．請說出平移的方法，并求平移后圖象所對應(yīng)的二次函數(shù)的表達式．【答案】(1)b=2，c=3(2)-1<x<3(3)先向下平移4個單位，再向左平移2個單位；y=-【分析】（1）用待定系數(shù)法求解即可；（2）由（1）得出拋物線解析式，在求出拋物線與x軸的交點，結(jié)合圖象求出x的取值范圍；（3）先確定頂點坐標，再利用點A和頂點的坐標特征確定平移的方向與距離，然后利用頂點式寫出平移后的拋物線解析式．【詳解】（1）解：把A(-1,0)，B(2,3)代入y=-x-1-解得b=2c=3∴b=2，c=3；（2）解：由（1）知，拋物線解析式為y=-x令y=0，則0=-x解得x=-1或x=3，∴當(dāng)y>0時x的取值范圍為-1<x<3；（3）解：∵y=-x∴拋物線頂點為(1,4)，∵A(-1,0)，∴將拋物線頂點(1,4)先向左平移2單位長度，再行下平移4個單位長度得到A(-1,0)，∴平移后拋物線的解析式為y=-(x+1)【點睛】本題考查了拋物線與x軸的交點：求二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a，b，c是常數(shù)，a≠0)與x10．（2023上·河南駐馬店·九年級統(tǒng)考期末）如圖，二次函數(shù)y1=x2+mx+1的圖象與y軸相交于點A，與反比例函數(shù)y(1)求這個二次函數(shù)的解析式；(2)當(dāng)y1隨x的增大而增大且y1<(3)平行于x軸的直線l與函數(shù)y1的圖象相交于點C、D（點C在點D的左邊），與函數(shù)y2的圖象相交于點E．若△ACE與△BDE【答案】(1)y(2)3(3)3【分析】（1）用待定系數(shù)法求出解析式即可；（2）由函數(shù)圖象直接得出結(jié)論即可；（3）根據(jù)A點和B點的坐標得出兩三角形等高，再根據(jù)面積相等得出CE=DE，進而確定E點是拋物線對稱軸和反比例函數(shù)的交點，求出E點的坐標即可．【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)y1=x2+mx+1的圖象與反比例函數(shù)y∴3解得m=-3，∴二次函數(shù)的解析式為y1（2）解：∵二次函數(shù)的解析式為y1∴二次函數(shù)對稱軸為直線x=--3∴當(dāng)x≥32，當(dāng)y1又∵當(dāng)反比例函數(shù)圖象在二次函數(shù)圖象上方時，0<x<3，∴當(dāng)y1隨x的增大而增大且y1<（3）解：由題意作圖如下：在y1=x2-3x+1中，∴A0,1∵B3,1，CD∥x∴△ACE的CE邊上的高與△BDE的DE邊上的高相等，∵△ACE與△BDE的面積相等，∴CE=DE，即E點是二次函數(shù)的對稱軸與反比例函數(shù)的交點，在y2=3x中，當(dāng)x=∴E3【點睛】本題主要考查二次函數(shù)和反比例函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)和反比例函數(shù)的圖像及性質(zhì)，三角形的面積，待定系數(shù)法求解析式等知識是解題的關(guān)鍵．四、二次函數(shù)的存在性問題（共6小題）11．（2023上·陜西西安·九年級西安市鐵一中學(xué)校考期中）如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（-1，0

(1)求拋物線表達式；(2)若點M是第四象限內(nèi)拋物線上的一個動點，連接BM、CM，求△BCM面積最大時點M的坐標；(3)若點D是x軸上的動點，點E是拋物線上的動點，是否存在以點A、C、D、E為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點D的坐標：若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)32(3)存在，(-3,0)，(2+7，0)，(2-【分析】本題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及到用待定系數(shù)法求一次函數(shù)與二次函數(shù)的解析式、平行四邊形的判定與性質(zhì)等，分類求解是解題的關(guān)鍵．（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）由△BCM面積=1（3）當(dāng)AC為對角線時，由中點坐標公式列出方程組，即可求解；當(dāng)AD或AE為對角線時，同理可解．【詳解】（1）解：將A（-1，0）、B∴a-b+c=09a+3b+c=0解得a=1b=-2∴拋物線表達式為：y=（2）解：過點M作MH∥y軸交BC于點

由點B、C的坐標得，直線BC的表達式為：y=x-3，設(shè)點Hx,x-3，則點M則△BCM面積===3∵-3∴△BCM面積有最大值，∴此時點M的坐標為：32（3）解：設(shè)點D(x,0)、點E(m,m當(dāng)AC為對角線時，由中點坐標公式得：-1=解得：m=2x=-3，(不合題意的值已舍去)則點D(-3,0)；當(dāng)AD或AE為對角線時，同理可得：x-或-1+m=x解得：m=1±7x=2±7則點D的坐標為：(2+7，0)或(2-綜上，點D的坐標為：(-3,0)或(2+7，0)或(2-12．（2019上·安徽合肥·九年級合肥一六八中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過直線y=-x+3與坐標軸的兩個交點A、B，此拋物線與x軸的另一個交點為C

(1)求此拋物線的解析式；(2)若點M為拋物線上一動點，是否存在點M，使△ACM與△ABC的面積相等？若存在，求點M的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-x(2)存在，點M的坐標為(0，3)或2，3或【分析】（1）先求得點A和點B的坐標，然后將點A和點B的坐標代入拋物線的解析式求得b，c的值即可；（2）設(shè)M的坐標為(x，y)，由△ACM與△ABC的面積相等可得到y(tǒng)=3，求得y=3或y=-3，將y=3或y=-3代入拋物線的解析式求得對應(yīng)的x【詳解】（1）解：由題意得A(3將點A和點B的坐標代入得：c=3-9+3b+3=0解得：b=2，∴拋物線的解析式為y=-x（2）解：設(shè)M的坐標為(x，∵△ACM與△ABC的面積相等，∴1∴y當(dāng)y=3時，-x解得x=0或x=2，∴M(2，3)或當(dāng)y=-3解得:x=1+7或∴M1+7，綜上所述點M的坐標為(0，3)或2，3或【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)的應(yīng)用，求得點A和點B的坐標是解答問題（1）的關(guān)鍵，求得點M的縱坐標是解答問題（2）的關(guān)鍵．13．（2023上·遼寧盤錦·九年級統(tǒng)考期末）如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線P：y=-x2+bx+c的圖象與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，且圖象與拋物線Q：y=

(1)求拋物線P的表達式；(2)連接BC，點D為線段BC上的一個動點，過點D作DE∥y軸，交拋物線P的圖象于點E，求線段DE長度的最大值；(3)如圖②，在拋物線P的對稱軸上是否存在點M，使△MOB是等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點M的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-(2)DE最大值為9(3)M1，22或1【分析】（1）先求出拋物線Q與y軸、x軸的交點坐標，再由拋物線Q與拋物線P關(guān)于原點對稱即可得點A、B、C坐標，即可求拋物線P；（2）設(shè)BC得表達式為y=mx+n，將點B、C代入得y=-x+3，設(shè)Da，-a+3，則E（3）對稱軸與x軸交于點F，y=-x2+2x+3得對稱軸為x=1，判斷OM≠MB，分①OM=OB=3，【詳解】（1）解：當(dāng)x=0時，y=0+0-3=-3，∴拋物線Q與y軸的交點為0,-3，當(dāng)y=0時，0=x解得：x=1或x=-3，∴拋物線Q與x軸的交點為1，∵拋物線Q與拋物線P關(guān)于原點對稱，∴A-1將點A、C代入y=-x2+bx+c解得：b=2c=3∴y=-x（2）設(shè)BC的表達式為y=mx+n，將點B、C代入y=mx+n得3=0+n0=3m+n解得：m=-1n=3∴y=-x+3，設(shè)Da，-a+3DE=-a∴DE最大值為94（3）對稱軸與x軸交于點F，∵y=-x2+2x+3∴OM≠MB，①當(dāng)OM=OB=3時，△MOB是等腰三角形，MF=O∴M1，2②當(dāng)BM=OB=3時，△MOB是等腰三角形，MF=B∴M1，5∴M1，22或1，【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的應(yīng)用、一次函數(shù)應(yīng)用，勾股定理，掌握相關(guān)知識并靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．14．（2023上·山東泰安·九年級東平縣實驗中學(xué)?？计谀┤鐖D，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A-2,0，B4，0，與y軸正半軸交于點C，且OC=2OA，對稱軸交x軸于點E

(1)求拋物線及直線BC的函數(shù)表達式；(2)點F是直線BC上方拋物線上一點，是否存在點F使△FBC的面積最大，若有則求出點F坐標及最大面積；(3)連接AC，若點P是拋物線上對稱軸右側(cè)一點，點Q是直線BC上一點，試探究是否存在以點E為直角頂點的Rt△PEQ，且滿足tan∠EQP=tan【答案】(1)拋物線解析式y(tǒng)=-12x2(2)F的坐標為2,4；△FBC最大值為4(3)P點坐標為7，1【分析】（1）求出C點坐標，再用待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)解析式即可；（2）過點F作FQ∥y軸，交BC于點Q，設(shè)點F的坐標為m,-12m2+m+4，點Q的坐標為m,-m+4，用m表示出△FBC的面積為S△FBC=-（3）作QM⊥DE于M，PN⊥DE與N，證△MQE∽△NEP，設(shè)點P坐標，利用相似比表示出Q點坐標，代入y=-x+4即可．【詳解】（1）解：∵A-2,0∴OC=2OA=4，C點坐標為0,4，∵拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A-2,0，把0,4代入，得4=a(0+2)(0-4)，解得，a=-1拋物線解析式為y=-1即y=-1設(shè)BC的解析式為y=kx+n，把B4,0，0,4得0=4k+n4=n解得k=-1n=4∴BC的解析式為y=-x+4；（2）解：過點F作FQ∥y軸，交BC于點

設(shè)點F的坐標為m,-12m2+m+4∴FQ=-1∴S=-=-m-2∴當(dāng)m=2時，S△FBC有最大值，且最大值為4此時點F的坐標為2,4；（3）解：由（1）得，tan∠EQP=∴EPQE作QM⊥DE于M，PN⊥DE于N，∵∠QEP=90°，∴∠QEM+∠MQE=90°，∠QEM+∠PEN=90°，∴∠MQE=∠PEN，∴△MQE∽∴QMEN如圖1，設(shè)P點坐標為m，則PN=m-1，EN=-12m2+m+4則Q點坐標為-m代入y=-x+4，得2-解得，m1=7把m1=7代入y=-故P點坐標為7，

如圖2，設(shè)P點坐標為(m，同理可證得：△MQE∽∴QM∵PN=m-1，EN=-12∴EM=2m-2，MQ=-m則Q點坐標為m2代入y=-x+4，得2m-解得，m1=13把m1=13代入y=-故P點坐標為13，綜上，P點坐標為7，12

【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合，包括解直角三角形、直角三角形存在性問題，相似三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練運用二次函數(shù)知識，設(shè)出點的坐標，利用相似三角形的判定與性質(zhì)表示出其他點的坐標，列出方程．15．（2023上·河南省直轄縣級單位·九年級校聯(lián)考期末）已知拋物線y=ax2＋bx＋3與x軸分別交于點A（-3，

(1)求拋物線的解析式；(2)若點P為CD右側(cè)拋物線上的一個動點（點P與頂點D不重合），PQ⊥CD于點Q，當(dāng)△PQD與△ACD相似時，求點P的坐標．【答案】(1)y-(2)點P的坐標為（1，【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先求出AC及CD的長，再設(shè)點P的坐標為m，-m2-2m+3m＞-1，求出DQ及【詳解】（1）解：將點A（-3，9∴解得a=-1∴拋物線的解析式為y=-x（2）解：拋物線與x軸分別交于點A（∴拋物線的對稱軸為直線x=-3＋∴AC=-1--3把x=-1代入y=-x2-2x∴CD=4．設(shè)點P的坐標為m，∴PQ⊥CD，∴Q點的坐標為（-1∴DQ=4--PQ=m-（①當(dāng)△PQD∽△ACD時，PQ即m+1解得m1=-1（舍去），當(dāng)m=1時，-m∴點P的坐標為（1②當(dāng)△DQP∽△ACD時，DQ即m解得m1=-1當(dāng)m=-12∴點P的坐標為-1∴點P的坐標為（1，0【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、直線與拋物線的交點坐標、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．16．（2022上·山東濟寧·九年級統(tǒng)考期末）如圖①，拋物線y=-x2+bx+c與x軸交與A(1)求該拋物線的解析式；(2)設(shè)拋物線與y軸交于C點，在該拋物線的對稱軸上是否存在點Q．使得△QAC的周長最??？若存在，求出Q點的坐標；若不存在，請說明理由．(3)若點M從B點以每秒43個單位長度沿BA方向向點A運動，同時，點N從C點以每秒2個單位沿CB方向向點B運動．設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)t為何值，以B，M，N為頂點的三角形與△OBC相似【答案】(1)y=-(2)存在，-1(3)97秒或【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）根據(jù)拋物線的解析式確定點C0,3，設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+t，確定一次函數(shù)解析式，連接BC，BQ，QC，AC，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)及勾股定理得出當(dāng)點B、Q、C三點共線時，有QB+QC最小，且為BC（3）根據(jù)題意分兩種情況分析：①∠BMN=90°時，②∠【詳解】（1）解：將A1,0、B有：-1+b+c=0-9-3b+c=0解得：b=-2c=3即拋物線解析式為：y=-x（2）解：存在，理由如下：令x=0，即有：y=3，則C點坐標為：C0,由y=-x2-2x+3設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+t，代入C0,3、t=3-3直線BC的解析式為：y=x+3，如圖，連接BC，BQ，QC，AC，∵A1,0、B∴AC=(1-0)∴△QAC的周長為：QA+AC+QC=QA+QC+10∵A、B兩點關(guān)于拋物線對稱軸對稱，點Q在拋物線的對稱軸x=∴QA=BQ，∴QA+QC+10即當(dāng)點B、Q、C三點共線時，有QB+QC最小，且為BC，此時即可得到△QAC的周長最小，且為BC+10如圖，∵點Q在拋物線的對稱軸x=∴將x=-1代入直線BC有：y=x+3=-1+3=2，即Q點坐標為：-1,（3）在Rt△OBC中，BC=運動t秒時，BM=43①∠BMN=90°∵△MBN∽△OBC，∴BMOB解得t=9②∠BNM=90°∵△NBM∽△OBC∴BMBC=解得t=9綜上所述，t為97秒或95時以B，M，N為頂點的三角形與【點睛】題目主要考查二次函數(shù)的綜合問題，包括待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，最短路徑問題，相似三角形的判定和性質(zhì)等，熟練掌握二次函數(shù)的基本性質(zhì)進行分類討論是解題關(guān)鍵．五、拋物線的平移、旋轉(zhuǎn)、對稱（共3小題）17．（2023上·重慶開州·九年級統(tǒng)考期末）如圖1，拋物線y=ax2+bx-3a≠0與x軸交于A-1,0，B

(1)求拋物線的解析式；(2)如圖2，點P、Q為直線BC下方拋物線上的兩點，點Q的橫坐標比點P的橫坐標大1，過點P作PM∥y軸交BC于點M，過點Q作QN∥y軸交BC于點N，求(3)如圖3，將拋物線y=ax2+bx-3a≠0先向右平移1個單位長度，再向下平移1個單位長度得到新的拋物線y'，在y'的對稱軸上有一點D，坐標平面內(nèi)有一點E，使得以點B、C、【答案】(1)拋物線的解析式為y(2)當(dāng)a=1時，(PM+QN)max=4(3)E-1,-2或5,-2或1,-3-【分析】（1）直接運用待定系數(shù)法即可解答；（2）設(shè)Pa,a2-2a-3，則Qa+1,a2（3）分以BC為矩形一邊和對角線兩種情況，分別根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)、平移和矩形的判定定理解答即可．【詳解】（1）解：把A-1,0和B3,0代入a-b-3=0∴拋物線的解析式為y=（2）解：設(shè)Pa,a2又l∴Ma,a-3，∴PM=-a2∴PM+QN=-2∴當(dāng)a=1時，(PM+QN)∴Q2,-3（3）解：由題意可得：y'∴y'的對稱軸為∵拋物線y=ax2+bx-3a≠0與∴C0,-3∵B3,0∴OC=OB=3,∠BCO=∠CBO=45°；如圖：當(dāng)BC為矩形一邊時，且點D在x軸的下方，過D作DF⊥y軸，∵D在y'的對稱軸為x=2∴FD=2，∴CF=FD=2,OF=3+2=5,即點D2,-5∴點C向右平移2個單位、向下平移3個單位可得到點D，則點B向右平移2個單位、向下平移3個單位可得到E5,-3

如圖：當(dāng)BC為矩形一邊時，且點D在x軸的上方，y'的對稱軸為x=2與x軸交于F∵D在y'的對稱軸為x=2∴FO=2，∴BF=3-2=1，∵∠CBO=45°，即∠DBO=45°，∴BF=FD=3-2=1,即點D2,1∴點B向左平移1個單位、向上平移1個單位可得到點D，則點C向左平移1個單位、向上平移1個單位可得到點E-1,-2

如圖：當(dāng)BC為矩形對角線時，設(shè)D2,d，E∴BC的中點F的坐標為32∴2+m2=又∵DE=BC,∴2-12+d-n聯(lián)立d-n=±17d+n=3，解得：∴點E的坐標為1,-3-172

綜上，存在E-1,-2或5,-2或1,-3-172或1,-3+172使以點B【點睛】本題主要考查了運用待定系數(shù)法求解析式、運用二次函數(shù)的性質(zhì)求最值、二次函數(shù)與幾何的綜合等知識點，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)和矩形的判定定理是解答本題的關(guān)鍵．18．（2021上·重慶沙坪壩·九年級重慶南開中學(xué)校考期末）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于A2,0、B兩點，與y軸交于點C，頂點D的坐標為4,-2

(1)求拋物線的解析式；(2)已知直線l：y＝34x與拋物線交于E、F兩點（點E在F的左側(cè)），點G為線段EF上的一個動點，過G作y軸的平行線交拋物線于點H，求GH+GF(3)在（2）的條件下，如圖2，若點G是OF的中點，將△OBG繞點O旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)過程中，點B的對應(yīng)點為B'、點G的對應(yīng)點為G'，將拋物線沿直線AF的方向平移（兩側(cè)均可），在平移過程中點D的對應(yīng)點為D'，在運動過程中是否存在點B'和點D'關(guān)于△ABF的某一邊所在直線對稱（B【答案】(1)y=(2)當(dāng)m=78時，GH+GF(3)存在，B'17-1,17+1【分析】（1）設(shè)拋物線頂點式，代入點的坐標即可求解；（2）設(shè)G(4m,3m)，求出GH+GF關(guān)于（3）分為B'與D'關(guān)于AF，BF，AB對稱三種情形，設(shè)【詳解】（1）設(shè)拋物線解析式為y=ax-4把x=2，y=0代入，得：4a-2=0，∴a=1∴y=1（2）設(shè)Fx∴1∴x=8，∴F(8,設(shè)G(4m,∴H∴GH=3m-124m-4∴GH+GF=-8m∴當(dāng)m=78時，GH+GF最大=81（3）A(2,∴設(shè)直線AF的解析式為y=kx+b，把A(2,0)解得，k=1∴直線AF：同理可求直線BD：y=x-6，直線AD：若B'與D'關(guān)于AF對稱，如圖

∴BI=DI=AD=2在等腰Rt△IJB'∴JB=AB=4，設(shè)B'∴Jk=AK=a-2，∴b=KB由OB'=6∴a=17-1或∴B'17-1

②當(dāng)B'與D'關(guān)于AB對稱時，如圖∴直線BB∴B'∴x2∴x=0，或x=6（舍去）∴B'③當(dāng)B'與D'關(guān)于BF對稱時，如圖

設(shè)B'∴a2∵B'∴k∴直線B'D的函數(shù)關(guān)系式是：設(shè)D'∴13∴4x=a+3b+18，∵Px+a∴3×x+a∴2x=30-3a+b，∴4x=a+3b+18∴7a+b=42，∴a∴50a∴a1=14425∴B'綜上所述B'17-1,17+1【點睛】本題考查了以二次函數(shù)為背景下求二次函數(shù)的最值，結(jié)合圖形的旋轉(zhuǎn)、翻折（對稱）、平移求滿足一定條件下的點的坐標，解決問題的關(guān)鍵是設(shè)點的坐標，根據(jù)條件列出方程組．19．（2023下·廣西·八年級南寧十四中校考期末）如圖1，拋物線y=ax2+x+c與x軸交于A-2,0，B4,0

(1)求拋物線的解析式；(2)點P是直線BC上方拋物線上的?個動點，使△PBC的面積等于△ABC面積的14，求點P(3)過點C作直線l∥x軸，將拋物線在y軸左側(cè)的部分沿直線l翻折，拋物線的其余部分保持不變，得到一個新圖象（如圖2），請你結(jié)合新圖象解答：當(dāng)直線y=-12x+d與新圖象只有一個公共點Q【答案】(1)拋物線的解析式為y=-1(2)點P的坐標為1，92(3)當(dāng)-5≤d<4或d>418時，直線y=-12x+d【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；（2）先求得直線BC的解析式，求得作PQ∥y交直線BC于點Q，設(shè)Px，-12（3）分當(dāng)直線y=-12x+d【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+x+c與x軸交于A∴4a-2+c=016a+4+c=0，解得a=-∴拋物線的解析式為y=-1（2）解：當(dāng)x=0時，y=4，∴C0∴△ABC的面積=1∵B4,0，C設(shè)直線BC的解析式為y=kx+4，∴0=4k+4，解得k=-1，∴直線BC的解析式為y=-x+4，作PQ∥y交直線BC于點

設(shè)Px，-∴PQ=-1由題意得：12解得x1=1，∴點P的坐標為1，92（3）解：當(dāng)直線y=-12x+d當(dāng)n=-8時，則-8=-1解得x1=-4（舍去），∴Q6，-8，代入y=-解得d=-5，當(dāng)直線y=-12x+d經(jīng)過點C解得d=4，∴當(dāng)-5≤d<4時，直線y=-12x+d與新圖象當(dāng)直線y=-12x+d解方程組y=-12x+d由題意得Δ=9-42d-8=0∴當(dāng)d>418時，直線y=-12x+d綜上，當(dāng)-5≤d<4或d>418時，直線y=-12x+d【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象性質(zhì)，以及與二次函數(shù)相關(guān)的新函數(shù)的圖象性質(zhì)，通過數(shù)形結(jié)合的方法找到圖象交點的特殊位置是解題的關(guān)鍵．六、利用二次函數(shù)求最短路徑（共3小題）20．（2023上·貴州六盤水·九年級統(tǒng)考期末）如圖1，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A1,0，B3,0

(1)填空：b=___________，c=___________；(2)求直線BC的解析式；(3)將拋物線y=x2+bx+c位于x軸下方的圖像沿x軸翻折到x軸上方，得到如圖2所示的新圖像，平移直線BC得到函數(shù)y=mx+n，當(dāng)直線y=mx+n【答案】(1)-4；3(2)y=-x+3(3)n=3或n=【分析】（1）將A1,0，B3,0兩點，代入y=x2+bx+c（2）用待定系數(shù)法求值BC的解析式即可；（3）分兩種情況，當(dāng)直線y=mx+n過點B或直線y=mx+n與拋物線y=-x-22+1【詳解】（1）解：將A1,0，B3,0兩點，代入1+b解得：b=-4c=3故答案為：-4；3．（2）解：拋物線解析式為y=x把x=0代入y=x2-4x+3∴點C的坐標為0,3，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b把B3,0，C3k解得：k=-1b∴直線BC的解析式為y=-x+3．（3）解：∵直線y=mx+n由直線BC平移得到，∴m=-1，拋物線y=x2-4x+3=x-22-1y=-x-2如圖，當(dāng)直線y=mx+n過點B或直線y=mx+n與拋物線y=-x-22+1

當(dāng)直線y=mx+n過點B時，把B3,0代入y=-x+n-3+n=0，解得：n=3；當(dāng)直線y=mx+n與與拋物線y=-x-2聯(lián)立y=-x+ny=--x+n=-x-2整理得：x2Δ=解得：n=13綜上分析可知，n=3或n=13【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，求二次函數(shù)解析式，求一次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)與二次函數(shù)的交點問題，解題的關(guān)鍵是熟練直線的平移特點，數(shù)形結(jié)合，注意分類討論．21．（2023上·山西大同·九年級統(tǒng)考期末）綜合與探究：如圖，拋物線y=38x2-34x-3與x軸交于

(1)求點A,B,C的坐標；(2)在拋物線的對稱軸上是否存在一點P，使得PA+PC的值最?。舸嬖?，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；(3)N是拋物線上異于點C的動點，若△NAB的面積與△CAB的面積相等，求點N的坐標．【答案】(1)A-2,0,B(2)存在，P(3)N【分析】（1）令y=0，求出x的值，得到點A，B的坐標．令x=0，求出y的值，得到點C的坐標；（2）由點A，B的坐標可得拋物線對稱軸為直線x=1，連接BC，與對稱軸相交于點P，則點P為所求．利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，再令x=1，即可得到點P（3）根據(jù)三角形的面積公式可得S△NAB=S△ABC=9，即12AB?yN=9，從而得到點N的縱坐標yN【詳解】（1）在拋物線y=3當(dāng)y=0時，38解得x1∴A-2,0當(dāng)x=0時，y=∴C0,-3（2）由題可知，拋物線經(jīng)過點A-2,0由拋物線的對稱性可知，對稱軸為直線x=1．設(shè)直線BC與拋物線的對稱軸交于點P，則PA=PB，此時PA+PC=PB+PC=BC為最短，∴點P即為所求．設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，把點B4,0,C解得k=3∴y=3當(dāng)x=1時，y=3∴P1,-（3）∵A-2,0，B4,0∴AB=6，CO=3，S∴S△NAB=∴yN∴yN=3或當(dāng)yN=3時，解得x1∴N1當(dāng)yN=-3時，解得x3∵C0,-3∴N3綜上所述，點N的坐標為N【點睛】本題考查拋物線與幾何問題，最短路徑問題，熟練運用相關(guān)的知識是解題的關(guān)鍵．22．（2020上·浙江杭州·九年級期末）如圖，拋物線y=x2+bx-3與x軸交于A，B兩點，與y軸交于C（1）求拋物線的解析式及頂點D的坐標；（2）點M是對稱軸上的一個動點，當(dāng)△ACM的周長最小時，求點M的坐標．【答案】（1）y=x22x3，（1，4）；（2）M（1，2）【分析】（1）把A的坐標代入函數(shù)的解析式，即可求得b的值，然后利用配方法即可求得頂點坐標；（2）直線BC與拋物線的對稱軸的交點就是使CM+AM取得最小值的M的點，BC的長就是最小值．【詳解】解：（1）∵點A（1，0）在拋物線y=x2+bx3上，∴b=2，∴拋物線解析式y(tǒng)=x22x3，∵拋物線y=x22x3=（x1）24，∴頂點D的坐標（1，4）；（2）對于y=x22x3，當(dāng)x=0時，y=3，∴C（0，3），當(dāng)y=0時，0=x22x3，解得：x=3或1，∴B（3，0），由拋物線的性質(zhì)可知：點A和B是對稱點，∴連接BC交函數(shù)的對稱軸于點M，此時AM+CM=BC為最小值，而AC的長度是常數(shù)，故此時△ACM的周長最小，設(shè)直線BC的表達式為y=mx+n，則0=3m+nn=-3解得：m=1n=-3故直線BC的表達式為y=x3，當(dāng)x=1時，y=2，故點M（1，2）．【點睛】本題考查了利用配方法確定二次函數(shù)的頂點坐標以及對稱點的作法，正確確定直線BC與拋物線的對稱軸的交點就是使CM+AM取得最小值的M的點，是本題解題的關(guān)鍵．七、由實際問題抽象出二次函數(shù)模型（共3小題）23．（2023·河南省直轄縣級單位·統(tǒng)考二模）火流星過山車是倍受人們喜愛的經(jīng)典娛樂項目．如圖所示，F(xiàn)→E→G為火流星過山車的一部分軌道，它可以看成一段拋物線．其中OE=4米，OF=8米（軌道厚度忽略不計）．

(1)直接寫出拋物線F→E→G的函數(shù)關(guān)系式；(2)在軌道距離地面4.5米處有兩個位置P和G，當(dāng)過山車運動到G處時，平行于地面向前運動了5米至K點，又進入下坡段K→H（K接口處軌道忽略不計，點H為軌道與地面交點）．已知軌道拋物線K→H→Q的形狀與拋物線P→E→G完全相同，在G到Q的運動過程中，求OH的距離；(3)現(xiàn)需要在軌道下坡段F→E進行一種安全加固，建造某種材料的水平和豎直支架AM、CM、BN、DN，且要求OA=AB．已知這種材料的價格是80000元/米，如何設(shè)計支架，會使造價最低？最低造價為多少元？【答案】(1)拋物線F→E→G的函數(shù)關(guān)系式為y=(2)OH的距離為15米(3)當(dāng)OA=AB=95時，造價最低，最低造價為【分析】（1）根據(jù)題意，由OE=4，OF=8，得到E4,0（2）先求出P，G坐標，再求出PG長度，當(dāng)過山車運動到G處時，平行于地面向前運動了5米至K點，即可知GK=5，再通過拋物線K→H→Q的形狀與拋物線P→E→G完全相同，即可得結(jié)論；（3）先設(shè)出A，B橫坐標，再代入解析式，分別求出M，N的縱坐標，然后求出AM，CM，BN，DN之和的最小值，從而求出最低造價．【詳解】（1）解：∵OE=4，OF=8，∴E4,0∴由圖像可設(shè)拋物線解析式為y=ax-4把F0,8代入y=ax-42得8=a∴拋物線F→E→G的函數(shù)關(guān)系式為y=1（2）解：當(dāng)y=4.5時，92=12x-4∴P1,92，G∵當(dāng)過山車運動到G處時，平行于地面向前運動了5米至K點，∴GK=5，∵拋物線K→H→Q的形狀與拋物線P→E→G完全相同，如圖所示：

∴YH=BE=1∴OH=OX+GK+YH=7+5+3=15，即在G到Q的運動過程中，求OH的距離15米；（3）解：設(shè)OA=AB=a，則A(a,0)，B(2a,0)，∴yM=1∴AM+CM+BN+DN====5∵5∴開口向上，∴當(dāng)a=95時，AM+CM+BN+DN最短，最短為∴8000×7910=63200∴當(dāng)OA=AB=95時，造價最低，最低造價為【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)表達式、函數(shù)求值及求二次函數(shù)最值等知識，熟練掌握二次函數(shù)圖像與性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．24．（2020·浙江·九年級期末）排球考試要求：墊球后，球在運動中離地面的最大高度至少為2米．某次模擬測試中，某生在O處將球墊偏，之后又在A、B兩處先后墊球，球沿拋物線C1→C2→C3運動（假設(shè)拋物線C1、C2、C3在同一平面內(nèi)），最終正好在O處墊住，O處離地面的距離為1米．如圖所示，以O(shè)為坐標原點1米為單位長度建立直角坐標系，x軸平行于地面水平直線m，已知點A32,(1)求拋物線C1(2)第一次墊球后，球在運動中離地面的最大高度是否達到要求？請說明理由；(3)為了使第三次墊球后，球在運動中離地面的最大高度達到要求，該生第三次墊球處B離地面的高度至少為多少米？【答案】(1)y=-1(2)最大高度未達到要求，理由見解析；(3)1.75米．【分析】（1）直接利用待定系數(shù)法，即可求出拋物線C1（2）將拋物線C1表達式化為頂點式，得到頂點坐標1,（3）由（1）可知，a=-12，得到拋物線C3表達式為y=-x2+bx，進而得到對稱軸為直線x=b2，頂點坐標為b2,b【詳解】（1）解：∵拋物線C1表達式為y=ax2∴3解得：a=-1∴拋物線C1的函數(shù)表達式為：（2）解：最大高度未達到要求，理由如下：由（1）得，拋物線C1的函數(shù)表達式為y=-∵y=-1∴拋物線C1的頂點坐標為1,∵O處離地面的距離為1米，∴球在運動中離地面的最大高度為1+1∴最大高度未達到要求；（3）解：由（1）可知，a=-1∵拋物線C3表達式為y=-∴對稱軸為直線x=b2，頂點坐標為∵球在運動中離地面的最大高度達到要求，∴b∴b≥2或b≤-2，∵對稱軸在x軸負半軸，∴b<0，∴b≤-2，∵點B的橫坐標為-3∴y∴當(dāng)b=-2時，yB有最小值，最小值為-∴點B離地面的高度至少為1+3【點睛】本題考查了二次函數(shù)的實際應(yīng)用，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．25．（2023上·江蘇南京·九年級統(tǒng)考期末）某塑料大棚如圖①所示，其截面如圖②，其中曲線部分可近似看作拋物線形，現(xiàn)測得AB=6m，最高點D到地面AB的距離為2.5m，點D到墻BC的距離為1m【答案】2.4m【分析】建立合適的直角坐標系，由題意可得出點A與點D的坐標，利用待定系數(shù)法求解拋物線解析式，再代入求出點C的坐標即可．【詳解】解法一：過點D作DO⊥x軸，垂足為O建立如圖所示的平面直角坐標系．根據(jù)題意，有DO=2.5m∵AB=6m∴A(-5,0)，∵該拋物線的最高點D的坐標是(0,2.5)，∴可設(shè)該二次函數(shù)的表達式為y=ax∵該二次函數(shù)的圖像與x軸的交點坐標是A(-5,0)，∴0=(-5)2a+2.5∴該二次函數(shù)的表達式為y=-0.1x將x=1代入，得y=-0.1×1所以墻高BC為2.4m．解法二：建立如圖所示的平面直角坐標系．過點D作DE⊥x軸，垂足為E．根據(jù)題意，有DE=2.5m∵AB=6m∴AE=AB-EB=6-1=5m∴A(0,0)，∵該拋物線的最高點D的坐標是(5,2.5)，∴可設(shè)該二次函數(shù)的表達式為y=a(x-5)∵該二次函數(shù)的圖像與x軸的交點坐標是A(0,0)，∴0=a(-5)2+2.5∴該二次函數(shù)的表達式為y=-0.1(x-5)將x=6代入，得y=-0.1×(6-5)所以墻高BC為2.4m．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的應(yīng)用，建立合適的直角坐標系以及熟練掌握待定系數(shù)法求解析式是解決本題的關(guān)鍵．八、根據(jù)二次函數(shù)特征求參數(shù)取值范圍（共3小題）26．（2022上·吉林長春·九年級期末）已知二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣2（a≠0）．(1)該二次函數(shù)圖象的對稱軸是直線；(2)若該二次函數(shù)的圖象開口向上，當(dāng)﹣1≤x≤5時，函數(shù)圖象的最高點為M，最低點為N，點M的縱坐標為112，求點M和點N(3)已知線段PQ的兩個端點坐標分別為P（0，﹣4）、Q（3，﹣4），當(dāng)此函數(shù)圖像與線段PQ只有一個交點時，直接寫出a的取值范圍．(4)對于該二次函數(shù)圖象上的兩點A（x1，y1）、B（x2，y2），當(dāng)x2≥3時，y1≥y2恒成立，設(shè)t≤x1≤t+1，請結(jié)合圖象，直接寫出t的取值范圍【答案】(1)x=1；(2)M(5,11(3)a=2或a≤-2(4)-1≤t≤2【分析】（1）將拋物線解析式化為頂點式求解．（2）根據(jù)拋物線頂點坐標及x的取值范圍可得頂點（1，a2）為圖象最低點N，最高點M（5，15a2），由點M的坐標為112（3）通過二次函數(shù)解析式可得拋物線經(jīng)過定點（0，2），然后分類討論：a>0與a<0求解．（4）由x2≥3時，y1≥y2恒成立可得拋物線開口向下，則x=3時，y2取最大值，直線x=3關(guān)于對稱軸為直線x=1，所以1≤x1≤3，進而求解．【詳解】（1）y＝ax2﹣2ax﹣2=a（x1）2a2，∴函數(shù)的對稱軸為直線x=1，故答案為：x=1；（2）解：∵y=a（x1）2a2，∴拋物線頂點坐標為（1，a2），∵拋物線開口向上，∴a>0，頂點（1，a2）為圖象最低點N，∵51>1（1），∴直線x=5與拋物線交點為最高點M，把x=5代入代入y＝ax2﹣2ax﹣2，得：y=15a2，∴M（5，15a2），∵點M的坐標為112∴15a-2=11∴a=1∴M(5,11（3）解：y=ax22ax2=ax（x2）2，∴當(dāng)x=0或x=2時，y=2，∴拋物線經(jīng)過定點（0，2），（2，2），當(dāng)a>0時，拋物線開口向上，如圖，當(dāng)頂點（1，a2）落在PQ上時，滿足題意，此時a2=4，解得a=2，當(dāng)a<0時，拋物線開口向下，∵拋物線經(jīng)過定點（0，2），∴拋物線不經(jīng)過點P，如圖，當(dāng)拋物線經(jīng)過點Q時，將（3，4）代入y=ax22ax2，得：4=3a2，解得：a=-2∴a=2或a≤-2（4）解：當(dāng)x2≥3時，y1≥y2，即拋物線開口向下，點A（x1，y1）在點B（x2，y2）上方，∴點A到對稱軸距離小于等于點B到對稱軸距離，∵拋物線對稱軸為直線x=1，∴x=3時，y2取最大值，直線x=3關(guān)于對稱軸對稱后為直線x=1，∴-1≤x∵t≤x1≤t+1，∴-1≤tt+1≤3∴-1≤t≤2．【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解題關(guān)鍵是掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，掌握二次函數(shù)與方程及不等式的關(guān)系，通過數(shù)形結(jié)合方法求解．27．（2020上·浙江杭州·九年級期末）已知二次函數(shù)y=x2+2n-mx-2mn（1）求m，n之間的關(guān)系式；（2）記該函數(shù)與y軸的交點為C0,c，求c（3）若點a,y1和點a+2,y2均落在該函數(shù)的圖象上，若要滿足【答案】（1）m2n=10；（2）25；（3）a＜3或3＜a＜4【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)解析式得到對稱軸，再根據(jù)經(jīng)過的兩點的坐標得到對稱軸，即可得到關(guān)于m和n的關(guān)系式；（2）令x=0，結(jié)合m=2n+10，得到c=-4n+52（3）分兩點均在對稱軸的左側(cè)，兩點在對稱軸的兩側(cè)以及兩點均在對稱軸的右側(cè)，三種情況，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)進行討論．【詳解】解：（1）∵y=x∴對稱軸為直線x=-b∵二次函數(shù)經(jīng)過（n+3，t）和（7n，t），∴對稱軸為直線x=n+3+7-n2=5∴m-2n2∴m2n=10，∴m，n的關(guān)系為m2n=10；（2）由（1）可知：m2n=10，∴m=2n+10，令x=0，∴y=-2mn=-2×2n+10∴c=-4n+當(dāng)n=-52時，c的最大值為（3）由（1）得：對稱軸為直線x=5，∵a=1＞0，則開口向上，若點a,y1和點∴x≤5時，y隨x的增大而減小，若y1>y2，則a＜a解得：a＜3；若點a,y1和點則a,y1關(guān)于x=5對稱點為若要y1>y2，在對稱軸的右側(cè)，∴10a＞a+2＞5，解得：3＜a＜4．若點a,y1和點∴x≥5時，y隨x的增大而增大，若y1>y2，則a＞a綜上：a＜3或3＜a＜4．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，涉及二次函數(shù)的基本性質(zhì)，以及函數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵是熟練掌握函數(shù)基本性質(zhì)，結(jié)合圖像，分類討論解答．28．（2019上·全國·九年級統(tǒng)考期末）拋物線y=ax2（1）求a、b的取值范圍；（2）若與x軸交于(a-1,?0)，且頂點在y=-ax上，求a、b的值．【答案】（1）a>0，b≥0；（2）a=1，b=0或a=7，b=6或a=13，b=6．【分析】(1)將拋物線解析式轉(zhuǎn)化為兩點式方程,根據(jù)題意得到:拋物線與x軸的兩個交點在y軸的右側(cè)且開口方向向上;(2)分類討論:b=0和b≠0兩種情況,將拋物線的頂點坐標代入直線y=ax可以求得a、b的值.【詳解】解：（1）由拋物線得y=a(x-b)(x-2b)，可見其與x軸必有交點，且在y軸同側(cè)，∵不經(jīng)過第三象限，∴開口必然向上，與x軸必有交點且在同側(cè)，∴a>0，ab≥0，∴a>0，b≥0；（2）①若b=0，則a=1，其頂點為(0,?0)，該頂點在y=-x上，所以成立；②若b>0，頂點(3b2,?-∴-a解得b=6，∵由（1）得，拋物線的解析式為y=a(x-b)(x-2b)，∴a-1=b=6或a-1=2b=12，∴a=7或13．綜上，a=1，b=0或a=7，b=6或a=13，b=6．【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系.解答該題需要熟悉二次函數(shù)圖象的性質(zhì),拋物線頂點坐標公式和一次函數(shù)圖象上點的坐標特征.九、二次函數(shù)與動點問題（共3小題）29．（2023上·廣東汕頭·九年級校聯(lián)考期末）如圖1，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=ax2+bx+3交x軸于B、C兩點（點B在左，點C在右），交y軸于點A，且OA=OC

圖1

圖2

圖3(1)求此拋物線的解析式；(2)如圖2，點D為拋物線的頂點，連接CD，點P是拋物線上－一動點，且在C、D兩點之間運動，過點P作PE∥y軸交線段CD于點E，設(shè)點P的橫坐標為t，線段PE長為d，寫出d與t的關(guān)系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接BD，在BD上有一動點Q，且DQ=CE，連接EQ，當(dāng)∠BQE+∠DEQ=90°時，求此時點P的坐標．【答案】(1)y=-(2)d=-(3)P【分析】（1）由OA=OC且OA=3知C3，0（2）待定系數(shù)求出直線CD解析式y(tǒng)=-2x+6，據(jù)此可得Et，-2t+6（3）先利用等腰三角形性質(zhì)知∠BDK=∠CDK，由∠BQE=∠QDE+∠DEQ、∠BQE+∠DEQ=90°得2∠CDK+2∠DEQ=90°，即∠RNE=45°，從而得出QM=ME，再證△DQT≌△ECH得DT=EH、QT=CH，從而用含t的式子表示出QM、【詳解】（1）解：當(dāng)x=0時，則y=3，∴A0，3∵OA=OC，∴OC=3，∴C3∵拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過點∴a-b+3=09a+3b+3=0解得：a=-1b=2∴拋物線的解析式為：y=-x（2）解：如圖1，延長PE交x軸于點H，∵y=-x∴D1設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b，將點C3，0得：k+b=4解得：k=-2b=6∴y=-2x+6，∴E∴PH=-t2+2t+3∴d=PH-EH=-t（3）解：如圖，作DK⊥OC于點K，作QM∥x軸交DK于點T，延長PE、EP交OC于H、交QM于M，作ER⊥DK于點R，記QE與DK的交點為∵D1，4，B∴BK=2，KC=2，∴DK垂直平分BC，∴BD=CD，∴∠BDK=∠CDK，∵∠BQE=∠QDE+∠DEQ，∠BQE+∠DEQ=90°，∴∠QDE+∠DEQ+∠DEQ=90°，即2∠CDK+2∠DEQ=90°，∴∠CDK+∠DEQ=45°，即∠RNE=45°，∵ER⊥DK，∴∠NER=45°，∴∠MEQ=∠MQE=45°，∴QM=ME，∵DQ=CE，∠DTQ=∠EHC，∠QDT=∠CEH，∴△DQT≌△ECH∴DT=EH，QT=CH，∴ME=4-2-2t+6QM=MT+QT=MT+CH=t-1+3-t4-2-2t+6解得：t=5∵P∴把t=52代入-∴P5【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，二次函數(shù)的圖象性質(zhì)以及求一次函數(shù)的解析式，等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，綜合性強，難度較大，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式．30．（2022上·云南紅河·九年級統(tǒng)考期末）如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+4a≠0的圖象交x軸于點A1,0

(1)求這個二次函數(shù)的表達式；(2)點P是直線BC下方拋物線上的一動點，求△BCP面積的最大值；(3)直線x=m（不經(jīng)過點B,C）分別交直線BC和拋物線于點M、N，當(dāng)△BMN是等腰三角形時，直接寫出【答案】(1)y=(2)△BCP的面積最大值為8(3)m的值為2或1或2或-【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；（2）由題意得C0,4，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+n，求出直線BC的解析式，過點P作PD⊥x軸交直線BC于點D、交AB于點E，設(shè)Pt,t2-5t+4，則Dt,-t+4，得到（3）依題意Mm,-m+4,Nm,m2-5m+4，B4,0，利用勾股定理得到BM2=2(4-m)2，BN【詳解】（1）解：將點A1,0,B4,0∴a+b+4=0解得a=1b=-5∴y=x2（2）解：令x=0，則y=4，∴C0,4設(shè)直線BC的解析式為y=kx+n，∴4k+n=0解得k=-1n=4∴y=-x+4，過點P作PD⊥x軸交直線BC于點D、交AB于點E，

設(shè)Pt,t2∴PD=-t+4∵S△BCP∴S∴當(dāng)t=2時，△BCP的面積最大值為8；（3）解：依題意Mm,-m+4∵B4,0∴BM2=2(4-m當(dāng)BM=BN時，2(4-m)解得m=0（舍）或m=2；當(dāng)MB=MN時，2(4-m)解得m=±2當(dāng)BN=MN時，(4-m)2解得m=1；綜上所述：m的值為2或1或2或-2【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了求函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、勾股定理的運用，等腰三角形的性質(zhì)等知識，解（1）的關(guān)鍵是待定系數(shù)法；解（2）的關(guān)鍵是利用面積的和差得出二次函數(shù)，又利用了二次函數(shù)的性質(zhì)，解（3）的關(guān)鍵是利用等腰三角形的定義得出關(guān)于m的方程，要分類討論，以防遺漏．31．（2022上·河北保定·九年級統(tǒng)考期末）已知拋物線y=-x2+bx+c如圖所示，它與x軸的一個交點的坐標為A-1，

(1)求拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達式及與x軸的另一個交點B的坐標．(2)根據(jù)圖象回答：當(dāng)x取何值時，y<0．(3)在拋物線的對稱軸上有一動點P，求PA+PC的最小值，并求當(dāng)PA+PC取最小值時點P的坐標．【答案】(1)拋物線解析式為y=-x2(2)x<-1或x>3(3)PA+PC的最小值為32，此時【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線解析式，進而求出點B的坐標即可；（2）根據(jù)函數(shù)圖象即可得到答案；（3）如圖所示，連接BC，PB，由拋物線的對稱性可得PB=PA，則當(dāng)P、B、C三點共線時，PC+PB最小，即PA+PC最小，最小值為BC，求出拋物線對稱軸為直線x=1，OC=OB=3，則BC=OC2+OB【詳解】（1）解：把A-1，0，C0，∴b=2c=3∴拋物線解析式為y=-x在y=-x2+2x+3中，當(dāng)y=-x2∴B3（2）解：∵拋物線開口向下，且與x軸的兩個交點坐標分別為-1，∴當(dāng)y<0時，x<-1或x>3；（3）解：如圖所示，連接BC，由拋物線的對稱性可得PB=PA，∴PA+PC=PB+PC，∴當(dāng)P、B、C三點共線時，PC+PB最小，即∵拋物線解析式為y=-x∴拋物線對稱軸為直線x=1，∵B3∴OC=OB=3，∴BC=O∴PA+PC的最小值為32設(shè)直線BC解析式為y=kx+b∴3k+b∴k=-1b∴直線BC解析式為y=-x+3，在y=-x+3中，當(dāng)x=1時，y=2，∴P1∴PA+PC的最小值為32，此時P

【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，一次函數(shù)與幾何綜合，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式中，熟知二次函數(shù)的相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．十、利用相似三角形的性質(zhì)與判定求長度（共2小題）32．（2019上·江蘇南通·九年級南通田家炳中學(xué)校考期末）如圖，矩形ABCD中，AB=4，BC=mm>1，點E是AD邊上一定點，且AE=1(1)當(dāng)m=3時，AB上存在點F，使△AEF與△BCF相似，求AF的長度．(2)對于每一個確定的m的值A(chǔ)B上存在幾個點F使得△AEF與△BCF相似?【答案】(1)AF=1或3；(2)當(dāng)1<m<4且m≠3時，有3個；當(dāng)m=3時，有2個；當(dāng)m=4時，有2個；當(dāng)m>4時，有1個．【分析】（1）分△AEF∽△BFC和△AEF∽△BCF兩種情形，分別構(gòu)建方程即可解決問題；（2）根據(jù)題意畫出圖形，交點個數(shù)分類討論即可解決問題；【詳解】解：（1）當(dāng)∠AEF=∠BFC時，要使△AEF∽△BFC，需AEBF=AF解得AF=1或3；當(dāng)∠AEF=∠BCF時，要使△AEF∽△BCF，需AEBC=AF解得AF=1；綜上所述AF=1或3．（2）如圖，延長DA，作點E關(guān)于AB的對稱點E′，連結(jié)CE′，交AB于點F1；連結(jié)CE，以CE為直徑作圓交AB于點F2、F3．當(dāng)m=4時，由已知條件可得DE=3，則CE=5，即圖中圓的直徑為5，可得此時圖中所作圓的圓心到AB的距離為2.5，等于所作圓的半徑，F(xiàn)2和F3重合，即當(dāng)m=4時，符合條件的F有2個，當(dāng)m＞4時，圖中所作圓和AB相離，此時F2和F3不存在，即此時符合條件的F只有1個，當(dāng)1＜m＜4且m≠3時，由所作圖形可知，符合條件的F有3個，綜上所述：當(dāng)1＜m＜4且m≠3時，有3個；

當(dāng)m=3時，有2個；當(dāng)m=4時，有2個；當(dāng)m＞4時，有1個．【點睛】本題考查作圖相似變換，矩形的性質(zhì)，圓的有關(guān)知識等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．33．（2022上·四川成都·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC和BD相交于點O，在DC的延長線上取一點E，連接OE交BC于點F，AB=4，BC=6，

【答案】3【分析】如圖，過O作OG∥CD，交BC于G，則△BOG∽△BDC，OGCD=BGBC=BOBD，由平行四邊形的性質(zhì)可得OG4=BG6【詳解】解：如圖，過O作OG∥CD，交BC于G，

∴△BOG∽△BDC，∴OGCD∵?ABCD，∴OG4=BG6=∴CG=3，∵OG∥CD，∴∠OFG=∠EFC，∵∠OFG=∠EFC，∠OFG=∠EFC，OG=2=CE，∴△OFG≌△EFCAAS∴CF=FG=1∴CF的長為32【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．一十一、利用相似三角形的性質(zhì)與判定求面積（共2小題）34．（2023下·黑龍江哈爾濱·八年級統(tǒng)考期末）如圖，圖1、圖2是兩張形狀、大小完全相同的方格紙，方格紙中的每個小正方形的邊長均為1．

(1)如圖1，當(dāng)點E為AB的中點時，請在AD上找到一點P（點P在小正方形的頂點上且不同于點F），連接EP，CP，使得△EPC為Rt△，且∠EPC=90°(2)請在圖2中以EG為一邊畫矩形EGMQ（非正方形），使點M、Q均在小正方形的頂點上并直接寫出矩形EGMQ的面積．【答案】(1)答案見解析(2)圖見解析，10【分析】（1）根據(jù)小正方形對角線平分直角即可得解；（2）根據(jù)相似三角形對應(yīng)角相等即可找出矩形，利用勾股定理即可求出矩形的邊長，進而求出面積．【詳解】（1）解：如圖所示，∠APE=∠DPC=45°，∠EPC=90°，△EPC為直角三角形．

（2）解：如圖所示，

∵AGEB=∴△AEG～△BQE，∴∠AEG=∠BQE，∵∠BQE+∠BEQ=90°∴∠AEG+∠BEQ=90°，∴∠GEQ=90°，同理可得∠EGM=∠GMQ=∠MQE=∠GEQ=90°，則四邊形EGMQ為矩形，∵EG=12+∴SEGMQ【點睛】本題考查了方格紙中的作圖、勾股定理、相似三角形性質(zhì)與判定的應(yīng)用，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．35．（2023上·河南周口·九年級統(tǒng)考期末）如圖，?ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，點E是BC的中點，AE交BD于點

(1)若BD=24cm，求OF(2)若S△BEF=6cm【答案】(1)OF=4(2)72【分析】（1）首先根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分，得出OB=12BD=12，再證明OE∥AB,OE=12（2）首先證明△BEF∽△DAF，根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方，得出s△DAF=4S△BEF，又BF:FD=1:2，根據(jù)同高的兩個三角形面積之比等于底之比，得出S△ABF【詳解】（1）如圖，連接OE，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO=CO，OB=1在?ABCD中，∵點E是BC的中點，點O是AC的中點，∴OE∥AB,OE=∴△OFE∽△BFA，∴OF∴OF=1∴OF=1（2）∵BE:DA=BF:DF，∠EBF=∠ADF∴△BEF∽△DAF，∴S∵Ss△又BF:FD=1:2，∴S∴S∴S【點睛】本題主要考查了平行四邊形性質(zhì)、三角形中位線性質(zhì)及相似三角形的判定及性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定及性質(zhì)．一十二、利用相似三角形的性質(zhì)與判定解決動點問題（共3小題）36．（2023上·山東青島·九年級萊西市第四中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB=6米，BC=8米，動點P以2米/秒的速度從點A出發(fā)，沿AC向點C移動，同時動點Q以1米/秒的速度從點C出發(fā)，沿CB向點B移動，設(shè)P、Q兩點移動t秒(0<t<5)后，四邊形ABQP的面積為S平方米．(1)當(dāng)t為何值時，PQ垂直BC？(2)求面積S與時間t的函數(shù)關(guān)系式；(3)在P、Q兩點移動的過程中，四邊形ABQP與△CPQ的面積能否相等？若能，直接寫出此時點P的位置；若不能，請說明理由；(4)若△PQC為等腰三角形，直接寫出t的值【答案】(1)t=(2)S=(3)不能，理由見解析(4)t的值為103秒或259秒或【分析】（1）當(dāng)AB⊥BC時，△CPQ∽△CAB，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解；（2）過點P作PE⊥BC于E，利用勾股定理求出AC的長，AP=2t，CQ=t，則PC=10-2t，又PE∥AB，根據(jù)平行線分線段成比例列出比例式即可得出PE的長，再由三角形的面積公式即可得出結(jié)論；（3）假設(shè)四邊形ABQP與△CPQ的面積相等，則S△PCQ（4）有三種情況：①PC=QC，②PQ=QC，③PQ=PC，代入得出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可．【詳解】（1）解：當(dāng)PQ⊥BC時，如圖，在矩形ABCD中，∵AB⊥BC,∴AB∥PQ,∴△CPQ∽△CAB,∴CP在Rt△ABC中，AB=6，BC=8∴AC=A∴CQ=t，CP=10-2t，即10-2t10解得：t=40∴當(dāng)t=4013時，PQ垂直（2）過點P作PE⊥BC于E．Rt△ABC中，AC=AB由題意知：AP=2t，CQ=t，則PC=10-2t由AB⊥BC，PE⊥BC得PE∥AB∴PEAB即：PE6∴PE=3又∵S∴S=S即：S=3（3）假設(shè)四邊形ABQP與△CPQ的面積相等，則有：3即：t∵∴方程無實根∴在P、Q兩點移動的過程中，四邊形ABQP與△CPQ的面積不能相等．（4）①當(dāng)PC=QC時，有t=10-2t，t=10②當(dāng)PQ=QC時，有12(10-2t)t③當(dāng)PQ=PC時，有12t10-2t所以，當(dāng)t為103秒、259秒、8021【點睛】本題主要考查對等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程的應(yīng)用，二次函數(shù)的關(guān)系式，矩形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識點的理解和掌握，能綜合運用這些性質(zhì)進行計算是解此題的關(guān)鍵．37．（2019上·廣東佛山·九年級校聯(lián)考期末）如圖，在平面直角坐標系中，A、B兩點的坐標分別為20,0和0,15，動點P從點A出發(fā)在線段AO上以每秒2cm的速度向原點O運動，動直線EF從x軸開始以每秒1cm的速度向上平行移動(即EF∥x軸)，分別與y軸、線段AB交于點E、F，連接EP、FP，設(shè)動點P與動直線

(1)求t=9時，△PEF的面積；(2)直線EF、點P在運動過程中，是否存在這樣的t使得△PEF的面積等于40cm2？若存在，請求出此時(3)當(dāng)t為何值時，△EOP與△BOA相似．【答案】(1)36(2)不存在，理由見解析(3)當(dāng)t=6s或t=8011s時，【分析】（1）由于EF//x軸，則S△PEF=12?EF?OE,t=9時，OE=9，關(guān)鍵是求EF.易證△BEF∽△BOA，則EF（2）假設(shè)存在這樣的t，使得△PEF的面積等于40cm（3）如果△EOP與△BOA相似，由于∠EOP=∠BOA=90°，則只能點O與點O對應(yīng)，然后分兩種情況分別討論：①點P與點A對應(yīng)；②點P與點B對應(yīng)．即可得解．【詳解】（1）∵EF//OA，∴∠BEF=∠BOA又∵∠B=∠B，∴△BEF∽△BOA，∴EF當(dāng)t=9時，OE=9，OA=20，OB=15，BE=OB-OE=15-9=6，∴EF=20×6∴S（2）不存在．理由：∵△BEF∽△BOA，∴EF=BE?OA∴1整理，得t2∵△=15∴方程沒有實數(shù)根．∴不存在使得△PEF的面積等于40cm2的（3）當(dāng)∠EPO=∠BAO時，△EOP∽△BOA，∴OPOA=解得t=6；當(dāng)∠EPO=∠ABO時，△EOP∽△AOB，∴OPOB=解得t=80∴當(dāng)t=6s或t=8011s時，【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，一元二次方程根的判別式等知識點，要注意最后一問中，要分對應(yīng)角的不同來得出不同的對應(yīng)線段成比例，從而得出運動時間的值．不要忽略掉任何一種情況．38．（2022上·安徽·九年級統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD的對角線BD所在的直線是y=12x+1，函數(shù)y=kx在第一象限內(nèi)的圖象與對角線BD交于點E2，n，與邊

(1)求k的值；(2)設(shè)P是線段BD上的點，且滿足以C、D、P為頂點的三角形與△DEF相似，求點P的坐標；(3)若M是邊AD上的一個動點，將△ABM沿BM對折成△NBM，求線段DN長的最小值．【答案】(1)k=4(2)點P的坐標為1，3(3)DN的長的最小值為35【分析】（1）將點E2，n代入y=（2）過點E作EG⊥DF于點G，過點P作PH⊥DC于點H，過點F作FN⊥DE于點N，連接EF、PC，分△DEF∽△DPC和（3）當(dāng)點N在線段BD上時，DN的長最小，利用勾股定理即可求解．【詳解】（1）解：∵點E2，n∴n=1將點E2，2代入y=解得k=4；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴點D的橫坐標與F的橫坐標相同都是4，當(dāng)x=4時，y=1∴點D4，3，由（1∵點F4，m也在函數(shù)∴m=44=1如圖所示，過點E作EG⊥DF于點G，過點P作PH⊥DC于點H，過點F作FN⊥DE于點N，連接EF、

則DF=3-1=2，DG=3-2=1，GF=2-1=1，在△DEF中，EG⊥DF，且DG=GF，∴△DEF為等腰三角形，ED=EF，∴以C、D、P為頂點的三角形與△DEF相似有2種情況．∵G(4，2)，E(2，∴在Rt△EFD中，ED=又∵△DEF的面積為2，∴S解得NF=4設(shè)點P的坐標為x，①當(dāng)△DEF∽△DPC時，DFDC即23=2則x=1，將x=1代入y=12∴點P的坐標為1，②當(dāng)△DEF∽△DCP時，DEDC即53=4則x=4-125=85，將x=∴點P的坐標為85綜上所述，點P的坐標為1，32（3）解：對于y=1當(dāng)y=0時，0=1解得x=-2，則B-2，0∴BC=4-(-2)=6，由勾股定理得DB=B由折疊的性質(zhì)知BN=BA=3，當(dāng)B、N、D構(gòu)成三角形，ND>BD-BN，∴當(dāng)點N在線段BD上時，DN的長最