专题4 二次函数综合题-【一战成名新中考】2025江西中考数学·二轮复习·专项培优练

一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 作法一 　 　 作法二 第 11 题解图② 例 3　 解:(1)如解图①,直线 CG 或直线 DF 即为所作; (2)如解图②,平行四边形 ABNM 或平行四边形 ABHF 即 为所作. 图① 　 　 图② 例 3 题解图 12.解:(1)如解图①,直线 AT 即为所作; (2)如解图②,点 N 即为所作. 图① 　 　 图② 第 12 题解图 13.解:(1)如解图①,矩形 ACDF 即为所作; (2)如解图②,菱形 BFDH 即为所作. 图① 　 　 图② 第 13 题解图 例 4　 解:(1)如解图①,EF 即为所作; (2)如解图②,∠DBC 即为所作. 图① 　 　 图② 例 4 题解图 14.解:(1)如解图①,点 O 即为所作; (2)如解图②,直线 OG 即为所作. 图① 　 　 图② 第 14 题解图 15.解:(1)如解图①,射线 BE 即为所作; (2)如解图②,∠CAE 即为所作. 图① 　 　 　 　 图② 第 15 题解图 专题四　 二次函数综合题 例 1　 解:(1)∵ 抛物线顶点坐标为(3,4), ∴ 设抛物线的解析式为 y=a (x-3) 2+4. 把(0,2.2)代入得 9a+4= 2.2,解得 a=- 1 5 . ∴ 篮球运行路线所在抛物线的解析式为 y=- 1 5 (x-3)2+4; (2)把 x=5 代入抛物线解析式 y=- 1 5 (x-3)2+4,得 y=3.2. ∵ 3.2≠3,∴ 此球不能空心入网,小丽的判断是正确的; (3)当 y= 3.2 时,3.2= - 1 5 (x-3) 2+4, 解得 x= 1 或 x= 5. ∵ 5>3,∴ x= 1. 答:张亮应该在李明前面 1 m 范围内跳起拦截才能盖帽成 功; (4)设李明应该带球向正后方移动 m(m>0)米,则移动后 的抛物线解析式为 y=- 1 5 (x-3+m) 2+4, 将点(5,3)代入得- 1 5 (5-3+m) 2+4= 3, 解得 m≈0.23(负值已舍去) . 答:李明应该带球向正后方移动约 0.23 m 才能正中篮圈 中心. 1.解:(1)由题意,∵ 点 P 的坐标为 (1, 16 3 ), ∴ 可设抛物线形水柱满足的函数关系式为 y=a(x-1)2+ 16 3 , ∵ OA= 4,∴ A(0,4),将点 A 代入得 4=a(0-1) 2+ 16 3 , ∴ a=- 4 3 , ∴ 抛物线形水柱满足的函数关系式为 y=- 4 3 (x-1) 2+ 16 3 ; (2)由题意,在 y=- 4 3 (x-1) 2+ 16 3 中, 令 y= 0,则- 4 3 (x-1) 2+ 16 3 = 0, 解得 x1 =-1 (舍去),x2 = 3, ∴ B(3,0),∴ OB= 3, ∵ OM= 4,∴ M(4,0), ∴ BM=1,即墙的下沿到抛物线的水平距离 BM的值为 1 米; ∵ MN⊥x 轴,M(4,0),MN= 5 4 ,∴ N(4, 5 4 ), ∴ 点 C 的纵坐标为 5 4 , 在 y=- 4 3 (x-1) 2+ 16 3 中,令 y= 5 4 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 12 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 则- 4 3 (x-1) 2+ 16 3 = 5 4 ,解得 x1 =- 3 4 (舍去),x2 = 11 4 , ∴ C( 11 4 , 5 4 ), ∴ CN= 4- 11 4 = 5 4 ,即墙的上沿到抛物线的水平距离 CN 的 值为 5 4 米. 2.解:(1)①(3,2.7),实心球抛出后在距抛出点水平距离为 3 米时到达的最大垂直高度为 2.7 米; ②设抛物线的解析式为 y=ax2+bx+c, 把(0,1.8),(1,2.3),(2,2.6)代入解析式中, 得 c= 1.8, a+b+c= 2.3, 4a+2b+c= 2.6, { 解得 a=-0.1, b= 0.6, c= 1.8, { ∴ y 与 x 近似满足的函数关系式为 y=-0.1x2+0.6x+1.8, 令 y= 0,则-0.1x2+0.6x+1.8= 0, 解得 x1 = 3+3 3 ,x2 = 3-3 3 (舍去), ∴ 本次训练的成绩为(3+3 3 )m; (2)令 y= 0,则-0.09x2+0.72x+1.8= 0, 解得 x= 10 或 x=-2(舍去), ∵ 10>3+3 3 , ∴ 第二次训练成绩与第一次相比有提高. 3.解:(1)①a=- 1 15 ,b= 8.1;【解法提示】∵ 抛物线 y = ax2 +x 经过点(9,3.6),∴ 81a+9= 3.6,解得 a=- 1 15 ;∵ y = - 1 2 x+b 经过点(9,3.6),∴ 3.6= - 1 2 ×9+b,解得 b= 8.1. ②由①得 y=- 1 15 x2+x = - 1 15 ( x2 -15x+ 225 4 ) + 15 4 = - 1 15 ( x- 15 2 ) 2+ 15 4 (0≤x≤9), ∴ 火箭运行的最高点是 15 4 km,∴ 15 4 -1.35= 2.4(km), ∴ 2.4= - 1 15 x2+x, 整理得 x2-15x+36= 0, 解得 x1 = 12>9(不合题意,舍去),x2 = 3, 由①得 y=- 1 2 x+8.1,∴ 2.4= - 1 2 x+8.1,解得 x= 11.4, ∴ 11.4-3= 8.4(km) . 答:这两个位置之间的距离为 8.4 km; (2)- 2 27 <a<0.【解法提示】当 x = 9 时,y = 81a+9.∴ 火箭第 二级的引发点的坐标为(9,81a+9) .设火箭落地点与发射 点的水平距离为 15 km.∴ 直线 y=- 1 2 x+b 经过点(9,81a+ 9),(15,0),∴ - 1 2 ×9+b= 81a+9, - 1 2 ×15+b= 0, ì î í ï ï ïï 解得 a=- 2 27 , b= 7.5, { ∴ 当- 227 <a<0 时,火箭落地点与发射点的水平距离超过 15 km. 4.解:(1)设此抛物线的函数表达式为 y=ax2+c, 由题意得 OP= 2,OB= 16,BC= 10, ∴ P(0,2),C(16,10), 将点 P,C 代入得 c= 2, 256a+c= 10,{ 解得 a= 1 32 , c= 2, { ∴ 此抛物线的函数表达式为 y= 1 32 x2+2; (2)当 y= 4 时, 1 32 x2+2= 4,解得 x=±8, ∵ 每相隔 2 cm 有一条吊索,当吊索高度大于或等于 4 cm 时,需加固,∴ 16-8 2 ×2= 8,即有 8 条吊索需要加固; (3)∵ 抛物线经过两点 E(m,y1),F(m+2,y2), ∴ y1 = 1 32 m2+2,y2 = 1 32 (m+2) 2+2, ∵ 图象 G 上任意一点的纵坐标的最大值与最小值的差为 t,有以下四种情况: 当-16≤m<-2 时,如解图①所示,y 的值随 x 值的增大而 减小, ∴ t=y1-y2 =1,即 1 32 m2+2-[ 1 32 (m+2)2+2] =1,解得 m=-9; 图① 　 图② 第 4 题解图 当-2≤m<-1 时,如解图②所示,点 F 可达到最低点 P, ∴ t= y1-y最小值 = 1, 即 1 32 m2+2-2= 1,解得 m=±4 2 (舍去); 当-1≤m≤0 时,如解图③所示,点 E 可达到最低点 P, ∴ t= y2-y最小值 = 1, 即 1 32 (m+2) 2+2-2= 1,解得 m=-2±4 2 (舍去); 图③ 　 　 图④ 第 4 题解图 当 0<m≤16 时,如解图④所示,y 的值随 x 值的增大而增 大,∴ t= y2-y1 = 1, ∴ 1 32 (m+2) 2+2-( 1 32 m2+2)= 1,解得 m= 7. 综上所述,当 t= 1 时,m 的值为-9 或 7. 例 2　 解:(1)①3;②S= t2+2. (2)解法一:由图象可知,当点 P 运动到点 B 时,S= 6, 将 S= 6 代入 S= t2+2, 得 6= t2+2,解得 t= 2 或 t=-2(舍去), ∴ 当点 P 运动到点 B 时的坐标为(2,6), 当点 P 由点 B 运动到点 A 时,设 S 关于 t 的函数解析式为 S=a( t-4) 2+2(a≠0), 将(2,6)代入,得 6=a(2-4) 2+2,解得 a= 1, ∴ S 关于 t 的函数解析式为 S=( t-4) 2+2; 由图象可知,当点 P 运动到点 A 时,S= 18. 由 18=( t-4) 2+2,得 t= 8 或 t= 0(舍去), ∴ AB=(8-2)×1= 6; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 22 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 解法二:由图象可知,当点 P 运动到点 B 时,S= 6, 即 BD2 = 6.∴ BD= 6 , 在 Rt△DBC 中,由勾股定理得 BC= BD2-CD2 = 2, ∴ 点 P 由点 C 运动到点 B 的时间为 2÷1= 2(s), ∴ 当点 P 运动到点 B 时的坐标为(2,6), 当点 P 由点 B 运动到点 A 时,设 S 关于 t 的函数解析式为 S=a( t-4) 2+2(a≠0), 将(2,6)代入,得 6=a(2-4) 2+2,解得 a= 1, 故 S 关于 t 的函数解析式为 S=( t-4) 2+2; 当点 P 运动到点 A 时,S=PD2 =AD2 = 18, 则 AD= 3 2 ,∴ AC=AD+CD= 4 2 , 在 Rt△ABC 中,由勾股定理得 AB = AC2+BC2 = 6; (3) ① 4; 【解法提示】 解法一:由 ( 1) ( 2) 可 得 S = t2+2,0≤t<2, ( t-4) 2+2,2≤t≤8,{ 如解图①,补全 0≤t<2 时的图象,根 据图象可知,0≤t≤2 时的图象与 2≤t≤4 时的图象关于 直线 t= 2 对称,∴ t1+t2 = 4. 解法二:如解图②,过点 D 作 DH⊥AB 于点 H,则∠AHD = 90° =∠C,∵ ∠DAH = ∠BAC,∴ △ADH∽△ABC,∴ DH BC = AD AB =AH AC ,即 DH 2 = 3 2 6 = AH 4 2 ,∴ DH = 2 ,AH = 4,∴ BH = 2, DH=CD,∵ 存在 3 个时刻 t1,t2,t3( t1<t2<t3)对应的正方形 DPEF 的面积均相等,∴ DP1 =DP2 =DP3,∴ CP1 = t1,P2H = 4 - t2, 在 Rt △CDP1 和 Rt △HDP2 中, CD=HD, DP1 =DP2,{ ∴ Rt△CDP1≌Rt△HDP2(HL),∴ CP1 = HP2,∴ t1 = 4- t2, ∴ t1+t2 = 4. 图① 　 　 图② 例 2 题解图 ②解法一:函数 S= t2+2 的图象向右平移 4 个单位与函数 S=( t-4) 2+2 的图象重合, ∵ 当 t= t1 和 t= t3 时,S 的值相等,∴ t3-t1 = 4, 又∵ t3 = 4t1,∴ 4t1-t1 = 4,解得 t1 = 4 3 , 此时正方形 DPEF 的面积 S= t1 2+2= 34 9 . 解法二:根据二次函数的对称性,可知 t2+t3 = 8. 由①可知 t1+t2 = 4,∴ t3-t1 = 4, 同“解法一”得正方形 DPEF 的面积为 34 9 . 解法三:如解图②, ∵ DP3 =DP1,DH=DC,∠DHP3 =∠C= 90°, ∴ Rt△DHP3≌Rt△DCP1(HL),∴ P3H=CP1, ∵ P3H= t3-4,∴ t3-4= t1, 同“解法一”得正方形 DPEF 的面积为 34 9 . 5.解:(1)3;y= x2; (2)当点 P 在 AD 上运动时,即当 2≤x≤8 时, x=AE+AP= 2+AP,∴ AP= x-2. ∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ ∠A= 90°, ∴ EP2 =AE2+AP2 = 22+(x-2) 2 = x2-4x+8, ∴ y= x2-4x+8, ∴ 当 2≤x≤8 时,y 关于 x 的函数解析式为 y= x2-4x+8; 第 5 题解图 (3)①4 或 6,8 或 20;(6,20);【解 法提示】如解图,当点 P 运动到 FP 的延长线过点 C 时,则∠EPC =∠A = ∠D = 90°, ∴ ∠APE + ∠AEP = ∠APE + ∠DPC = 90°, ∴ ∠AEP = ∠DPC,∴ △AEP∽△DPC,∴ AE PD = AP DC ,即 2 8-x = x -2 4 ,解得 x = 4 或 x= 6,当 x= 4 时,y= 42-4×4+8 = 8,当 x = 6 时,y = 62 -4×6+8= 20,由图可知,点 N 的横坐标为 m= 2,又∵ n-m= 4,∴ n= 6,∴ 点 M 的坐标为(6,20) . ②存在. 由(2)知,当点 P 在 AD 上运动时,2≤x≤8. 当 x1 = 2 时,y1 = 22 = 4,∴ y2 = 16, 即 x2 2-42x+8= 16,解得 x2 = 2±2 3 (负值舍去), ∵ x2 = 2+2 3不是整数,∴ 这种情况不存在; 当 x1 = 3 时,y1 = 32-4×3+8= 5,∴ y2 = 20, 即 x2 2-4x2+8= 20,解得 x2 = 6 或 x2 =-2(负值舍去), ∴ x2 = 6,符合题意; 当 x1 = 4 时,y1 = 42-4×4+8= 8,∴ y2 = 32, 即 x2 2-4x2+8= 32,解得 x2 = 2±2 7 (负值舍去), ∵ x2 = 2+2 7不是整数,∴ 这种情况不存在; 当 x1 = 5 时,y1 = 52-4×5+8= 13,∴ y2 = 52, 即 x2 2-4x2+8= 52,解得 x2 = 2±4 3 (负值舍去); ∵ x2 = 2+4 3 >8,且不是整数, ∴ 这种情况不存在. 综上所述,当 x1 = 3,x2 = 6 时,满足 y2 = 4y1 . 6.解:(1)① 3 4 , 13 2 ;【解法提示】当 t = 3 时,BP = 3,CP = 4-3 = 1,又∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ ∠B =∠C = 90°,AD = CD= 4,∵ AP⊥PM,∴ ∠APB+∠CPM = ∠PMC+∠CPM = 90°,∴ ∠APB =∠PMC,∴ △ABP∽△PCM,∴ PC AB = CM BP ,∴ 1 4 =CM 3 ,∴ CM= 3 4 ,则 DM= 13 4 ,∴ S= 1 2 AD·DM= 1 2 ×4× 13 4 = 13 2 . ②S= 1 2 t2-2t+8,0≤t≤4;【解法提示】当点 P 由 B 点向 C 点运动时,BP = t,由①知△ABP∽△PCM,∴ PC AB = CM BP ,即 4-t 4 = CM t ,∴ CM = 4t-t2 4 ,∴ DM = 4 -CM = t2-4t+16 4 ,∴ S = 1 2 AD·DM= 1 2 ×4× t2-4t+16 4 = 1 2 t2-2t+8(0≤t≤4) . (2)6.5,6,6.5; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 32 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 在题图③的坐标系中绘制出函数的图象如解图; 第 6 题解图 (3)①2± 2;【解法提示】∵ S = 7,∴ 1 2 t2 - 2t+8= 7,解得 t= 2± 2 . ②当点 P 由 B 点向 C 点运动时,BP= t, ∴ S△ABP = 1 2 AB·BP= 1 2 ×4t= 2t, ∵ △ABP 的面积为 S 的一半, ∴ 2t= 1 2 ( 1 2 t2-2t+8),解得 t= 6±2 5 , ∵ 0≤t≤4,∴ t= 6-2 5 . 例 3　 解:(1)上,直线 x= 1; (2)把(-1,0),(0,-3),(2,-3)代入 y=ax2+bx+c, 得 a-b+c= 0, c=-3, 4a+2b+c=-3, { 解得 a= 1, b=-2, c=-3, { ∴ 抛物线的表达式为 y= x2-2x-3, ∴ 当 x=-2 时,m= 4+4-3= 5; 当 x= 1 时,n= 1-2-3=-4; (3)画出抛物线,描出点 P′的轨迹,是一条抛物线,如解图 ①所示.设 P(x,y),P′( p,q),∵ 点 P′为 OP 的中点,∴ p = 1 2 x,q= 1 2 y,即 x= 2p,y= 2q,代入 y= x2-2x-3 中,得(2p) 2 -2×2p-3= 2q,∴ q = 2p2 -2p- 3 2 ,即点 P′所在抛物线的函 数表达式为 y= 2x2-2x- 3 2 ; 图① 图② 例 3 题解图 (4)A3A4-A1A2 = 1.【解法提示】解法一:不妨假设交点在 x 轴上,则 A1(-1,0),A2( -0.5,0),A3(1.5,0),A4(3,0),∴ A3A4 = 1.5,A1A2 = 0.5,∴ A3A4-A1A2 = 1. 解法二:如解图②,设点 A1,A2,A3,A4对应的横坐标分别为 x1,x2,x3,x4,∴ A1A2 = x2 -x1,A3A4 = x4 -x3,∴ A3A4 -A1A2 = x4-x3-(x2-x1)= x4+x1-(x3+x2),令 y = x2 -2x-3 =m,可得 x2-2x-3-m= 0,它对应的两个根应为 x1,x4,∴ x1 +x4 = 2, 令 y= 2x2-2x- 3 2 =m,可得 2x2-2x- 3 2 -m= 0,它对应的两 个根应为 x2,x3,∴ x2+x3 = 1,∴ A3A4-A1A2 = 2-1= 1. 解法三:由解法二可知 A3A4 -A1A2 = x4 + x1 -( x3 + x2 ),∵ 1 2 (x1+x4)= - -2 2 = 1, 1 2 ( x3 + x2 ) = - -2 2×2 = 1 2 ,∴ A3A4 - A1A2 = 2×1-2× 1 2 = 1. 7.解:(1)∵ 抛物线 G:y=ax2+bx+c 过点 A(1,b-4a), ∴ b-4a=a+b+c,∴ c=-5a; (2)当点 A(1,b-4a)在 x 轴上时,可得 b-4a= 0, ∴ b= 4a,∴ y=ax2+4ax-5a, ∴ x1+x2 =- 4a a =-4, ∵ BC= x2-x1 = 8,联立 x1+x2 =-4, x2-x1 = 8, { 解得 x1 =-6, x2 = 2, { ∵ 点 B 在点 C 的左侧, ∴ 点 C 的坐标为(2, -2-3a), ∴ -2-3a = 4a +8a-5a,解得 a=- 1 5 ; (3)a> 2 3 .【解法提示】由(1)得 y = ax2+bx-5a,由 x1+x2 = 2 可得抛物线的对称轴为直线 x= 1,∴ - b 2a = 1,即 b=-2a,∴ 抛物线顶点的纵坐标为 y=a+b-5a = -6a.∵ 当 1<x<x2 时, y 随着 x 的增大而增大,∴ -6a<-2-3a.解得 a> 2 3 . 8.解:(1)(-1,0),(3,0),(1, -4a); (2)存在. ∵ 正方形 OCDE 的边长为 5, ∴ OC=OE= 5,∴ C(0,5),E(5,0), 则易得直线 CE 的解析式为 y=-x+5, 当 a=-1 时,抛物线的解析式为 y=-(x+1)(x-3), 联立方程组 y=-x+5, y=-(x+1)(x-3),{ 解得 x1 = 1, y1 = 4, { x2 = 2, y2 = 3, { ∴ 抛物线上存在点 P,使 PO = PD,此时点 P 的坐标为(1, 4)或(2,3); (3)①当抛物线的顶点 Q(1,-4a)在边 CD 上,即当-4a = 5 时,只有一个交点, ∴ a=- 5 4 ; ②当 a>0 时,若只有一个交点,则当 x= 5 时,y≥5, 即 12a≥5,∴ a≥ 5 12 ; ③当 a<0 时,若只有一个交点,则当 x= 0 时,y>5, 即-3a>5,∴ a<- 5 3 . 综上所述,若抛物线 y=a(x+1)(x-3)与边 CD 只有一个交 点,a 的取值范围为 a=- 5 4 或 a<- 5 3 或 a≥ 5 12 . 例 4　 解:(1)当 a= 1 时,抛物线解析式为 y = x2-4x-5 = ( x- 2) 2-9, ∴ 对称轴直线为 x= 2; ∴ 当 y= 0 时,x-2= 3 或-3,即 x= 5 或-1; ∴ 抛物线与 x 轴的交点坐标为(-1,0),(5,0); (2)抛物线 C1 的解析式为 y=ax2-4ax-5, 整理得 y=ax(x-4)-5, ∵ 当 ax(x-4)= 0 时,y 恒为-5; ∴ 抛物线 C1 一定经过两个定点(0,-5),(4,-5); (3)①y=-ax2+4ax-5;【解法提示】这两个点所在直线为 y =-5,将抛物线 C1 沿 y= -5 翻折,得到抛物线 C2,开口方 向变了,但是对称轴没变,∴ 抛物线 C2 表达式为 y=-ax2+ 4ax-5. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 42 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 ②由题意可知,当直线 y = a 与抛物线 C1 或 C2 的顶点相 交时,正好共有三个交点,分情况讨论: 当直线 y=a 与抛物线 C1 的顶点相交时,由 y = ax2-4ax-5 可得抛物线 C1 的顶点坐标为(2,-4a-5), 则-4a-5=a,解得 a=-1<0,不符合题意,舍去; 当直线 y=a 与抛物线 C2 的顶点相交时,由 y = -ax2+4ax- 5 可得抛物线 C2 的顶点坐标为(2,4a-5), 则 4a-5=a,解得 a= 5 3 ; 综上所述,a 的值为 5 3 ; (4)将抛物线 C2 向右平移 t 个单位, 得 y=-a(x-t) 2+4a(x-t)-5, 联立 y=ax2-4ax-5, y=-a(x-t) 2+4a(x-t)-5,{ 化简得 2ax2-(2at+8a)x+at2+4at= 0, Δ=(2at+8a) 2-4×2a×(at2+4at)= -4a2 t2+64a2, ∵ 只有一个交点,∴ Δ= 0,即-4a2 t2+64a2 = 0, 化简得 t2-16= 0,解得 t= 4(负值已舍去), ∴ t 的值为 4. 9.解:(1)y= x2-2x-3;【解法提示】抛物线 C1:y=-x2+2x+3 = -(x-1) 2+4,∵ 抛物线 C1、C2 与 x 轴的交点相同,∴ m = 0, ∴ 抛物线 C1 与抛物线 C2 关于 x 轴对称,∴ 抛物线 C2 的解 析式为 y=(x-1) 2+(-4)= x2-2x-3. (2)∵ 抛物线 C1:y=-x2+2x+3=-(x-1) 2+4, ∴ 抛物线 C1 的顶点为 M (1,4),对称轴为直线 x= 1, ∵ 抛物线 C1 与抛物线 C2 关于直线 l:y= 1 轴对称, ∴ 抛物线 C2 的开口方向改变,对称轴不变, 点M关于直线 l:y=1 轴对称的点的坐标分别为M′(1,-2), ∴ 抛物线 C2 的解析式为 y=(x-1) 2+(-2)= x2-2x-1; (3)①把 y= 0 代入 y=-x2+2x+3 中, 得-x2+2x+3= 0,解得 x1 =-1,x2 = 3, 把 x= 0 代入 y=-x2+2x+3 中,解得 y= 3, ∴ A (-1,0),B (3,0),C (0,3), 设直线 BC 的解析式为 y= k1x+b1, 把 B (3,0),C (0,3)的坐标分别代入 y= k1x+b1, 得 3k1+b1 = 0, b1 = 3, { 解得 k1 =-1, b1 = 3, { ∴ 直线 BC 的解析式为 y=-x+3, 当 x= 1 时,y= 2,∴ 点 N 的坐标为(1,2), ∵ 抛物线 C1 与抛物线 C2 关于直线 l:y=m 轴对称, ∴ 点 M (1,4)和点 N(1,2)关于直线 l:y=m 轴对称, ∴ m= 4+2 2 = 3; ②四边形 ABNP 的面积为 8 或 12. 【解法提示】由①可得,AO= 1,OQ= 1,QB = 2.当 MN = 1 时, 分两种情况:如解图①,当直线 l 在点 M (1,4)下方时,由 对称性易得 N (1,3),∴ NQ = 3,m = 4+3 2 = 7 2 ,∴ OP = 7 2 , ∴ S四边形ABNP =S△AOP +S梯形OQNP +S△QBN = 1 2 ×1× 7 2 + 1 2 ×( 7 2 + 3)×1+ 1 2 ×3×2= 8; 图① 　 　 　 图② 第 9 题解图 如解图②,当直线 l 在点 M (1,4)上方时,由对称性易得 N (1,5),∴ NQ= 5,m = 4+5 2 = 9 2 ,∴ OP = 9 2 ,∴ S四边形ABNP = S△AOP+S梯形OQNP+S△QBN = 1 2 ×1× 9 2 + 1 2 ×( 9 2 +5) ×1+ 1 2 ×5× 2= 12.综上所述,四边形 ABNP 的面积为 8 或 12. 10.解:(1)①-1;【解法提示】∵ 抛物线 l 经过原点,∴ a+1 = 0,解得 a=-1. ②y=-x2+4x-1;【解法提示】∵ a = -1,∴ 抛物线 l 的解析 式为 y=-x2+2x = -( x-1) 2 +1,∵ 抛物线 l 先向右平移 1 个单位,再向上平移 2 个单位得到抛物线 l1,∴ 抛物线 l1 的解析式为 y=-(x-2) 2+3=-x2+4x-1. (2)设抛物线沿 x 轴正方向平移 m 个单位长度,则沿 y 轴 正方向平移 2m 个单位长度, ∴ 平移后的抛物线 l2 的解析式为 y=-(x-1-m) 2+1+2m, 当 y= 0 时,-(x-1-m) 2+1+2m= 0,∴ CD= 2 1+2m, ∵ y=-x2+2x 与 x 轴的两个交点为(0,0),(2,0), ∴ AB= 2, ∵ CD= 3AB,∴ 2 1+2m = 6,解得 m= 4, ∴ 抛物线 l2 的解析式为 y=-(x-5) 2+9; 设抛物线沿 x 轴负方向平移 m 个单位长度,则沿 y 轴负 方向平移 2m 个单位长度, ∴ 平移后的抛物线 l2 的解析式为 y=-(x-1+m) 2+1-2m, 当 y= 0 时,-(x-1+m) 2+1-2m= 0, ∴ CD= 2 1-2m, ∵ y=-x2+2x 与 x 轴的两个交点为(0,0),(2,0), ∴ AB= 2, ∵ CD= 3AB,∴ 2 1-2m = 6,解得 m=-4, ∴ 抛物线 l2 的解析式为 y=-(x-5) 2+9; 综上所述,抛物线 l2 的解析式为 y=-(x-5) 2+9. (3)-1≤a<- 1 4 .【解法提示】∵ y = ax2 -2ax+a+1 = a( x- 1) 2+1,∴ P(1,1),在△PAB 中必有整数点(1,1),(1,0), 当 A,B 两点坐标分别为(0,0),(2,0)时,a = -1;当 A,B 两点坐标分别为(-1,0),(3,0)时,a = - 1 4 ,∴ 当-1≤a< - 1 4 时,横、纵坐标都为整数的点恰好为 4 个. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 52 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 11.解:(1)①2,0;②描点、画图如解图; 第 11 题解图 (2)①-3≤x≤-1; ②y=ax2;【解法提示】∵ y= x2 -2mx = x( x-2m),∴ A(2m, 0) .设“孔像抛物线”上任意一点的坐标为( x′,y′),其关 于点 A 中心对称的点的坐标为( x,y),则 x = 2×2m-x′ = 4m-x′,y= 2×0-y′= -y′,∴ -y′= (4m-x′) 2 -2m(4m-x′), 即“孔像抛物线”的解析式为y=-x2 +6mx-8m2 .设符合条 件的抛物线的解析式为 y = ax2 +bx+ c,令-x2 + 6mx- 8m2 =ax2+bx+c,整理得(a+1)x2+(b-6m)x+(c+8m2)= 0,∴ Δ =(b-6m) 2 -4(a+1) ( c+8m2 ) = 0,整理得 (4-32a)m2- 12bm+( b2 -4ac-4c) = 0.∵ m 取任意实数上述等式都成 立,即上述等式成立与 m 取值无关,∴ 4-32a= 0, -12b= 0, b2-4ac-4c= 0, { 解 得 a= 1 8 , b= 0, c= 0, { ∴ 唯一抛物线为 y= 18 x2,故答案为 y=ax2; ③抛物线 L:y= x2 -2mx = ( x-m) 2 -m2,顶点坐标为(m, -m2) . “孔像抛物线” L′:y=-x2 +6mx-8m2 = -( x-3m) 2 +m2,顶 点坐标为(3m,m2) . 若抛物线 y= x2-2mx 及它的“孔像抛物线”与直线 y =m 有且只有三个交点, 则直线 y=m 必经过点 A 或抛物线 L 的顶点或抛物线 L′ 的顶点. 若直线 y=m 经过点 A,则 m = 0,此时 L:y= x2,L′:y=-x2, 两抛物线顶点、点 A 均与原点重合,故不符合题意,舍去; 若直线 y=m 经过抛物线 L 的顶点, 则-m2 =m,解得 m=-1 或 m= 0(舍去); 若直线 y=m 经过抛物线 L′的顶点, 则 m2 =m,解得 m= 1 或 m= 0(舍去) . 综上所述,若二次函数 y = x2 -2mx 及它的“孔像抛物线” 与直线 y=m 有且只有三个交点,则 m= 1 或m=-1. 12.解:(1)①③;【解法提示】①y1 = - 1 2 ( x-1) ( x-3) +3 = - 1 2 x2+2x+ 3 2 = - 1 2 (x-2) 2+ 7 2 ,∴ 抛物线的对称轴为直 线 x= 2,顶点坐标为(2, 7 2 );y2 = - 1 2 x(x-4)+3 = - 1 2 x2 +2x+3 =- 1 2 (x-2) 2 +5,∴ 抛物线的顶点坐标为(2,5), 对称轴为直线 x= 2,y3 =- 1 2 (x+1)( x-5)+3 = - 1 2 x2+2x +11 2 = - 1 2 (x-2) 2+ 15 2 ,∴ 抛物线的顶点坐标为(2, 15 2 ), 对称轴为直线 x= 2;y4 =- 1 2 (x+2)( x-6)+3 = - 1 2 x2+2x +9 =- 1 2 (x-2) 2+11,∴ 抛物线的顶点坐标为(2,11),对 称轴为直线 x= 2,故①正确;②抛物线 y1,y2,y3,y4由抛物 线 y=- 1 2 (x-2) 2 向上平移得到,但不是 2 个单位,故② 错误;③抛物线y1 =- 1 2 (x-1)(x-3)+3 与直线 y = 3 的交 点坐标为 B1(1,3),A1(3,3);抛物线y2 = - 1 2 x( x-4) +3 与直线 y= 3 的交点坐标为 B2(0,3),A2(4,3);抛物线y3 = - 1 2 (x+1)(x-5)+3 与直线 y = 3 的交点坐标为 B3( -1, 3),A3(5,3);抛物线y4 =- 1 2 (x+2)(x-6)+3 与直线 y = 3 的交点坐标为 B4(-2,3),A4(6,3);∴ 抛物线 y1,y2,y3,y4 与直线 y= 3 的交点中,对称轴两侧相邻两点之间的距离 相等,故③正确. (2)∵ yn =- 1 2 (x+n-2)(x-n-2)+3 = - 1 2 (x2-4x-n2+4) +3 =- 1 2 (x-2) 2+ n2 2 +3, ∴ “族抛物线”yn的顶点坐标为 Mn(2, n2 2 +3),则 Mn+1[2, (n+1) 2 2 +3], ∴ MnMn+1 = (n+1) 2 2 +3-( n2 2 +3)= 2n+1 2 ; (3)把 x= 2 代入y1 = - 1 2 (x-2) 2 + 7 2 得y1 = 7 2 ,则 P1(2, 7 2 ); 把 x= 3 代入y2 =- 1 2 (x-2) 2+5 得y2 = 9 2 ,则 P2(3, 9 2 ); 把 x= 4 代入y3 =- 1 2 (x-2) 2+ 15 2 得y3 = 11 2 ,则 P3(4, 11 2 ); 把 x= 5 代入y4 =- 1 2 (x-2) 2+11 得y4 = 13 2 ,则 P4(5, 13 2 ); … 把 x=n+1 代入yn =- 1 2 (x-2) 2+ n2 2 +3 得yn =n+ 5 2 ,则 Pn(n+1,n+ 5 2 ); 设直线 P1P2 的解析式为 y = kx+b( k≠0),把 P1(2, 7 2 ), P2(3, 9 2 )代入, 得 2k+b= 7 2 , 3k+b= 9 2 , ì î í ï ï ïï 解得 k= 1, b= 3 2 ,{ ∴ 直线 P1P2 的解析式为 y= x+ 3 2 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 62 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 把 x= 4 代入 y= x+ 3 2 得 y= 11 2 ,把 x = 5 代入 y = x+ 3 2 得 y = 13 2 , … 把 x=n+1 代入 y= x+ 3 2 得 y=n+ 5 2 , ∴ 点 P3、P4、…Pn在直线 P1P2 上,∴ 点 P1,P2,P3,…,Pn 在同一条直线上. 13.解:(1)(3,2);(3- 2 ,0),(3+ 2 ,0);【解法提示】∵ y1 = -(x-3) 2+2,∴ 抛物线 y1 的顶点坐标是(3,2),令 y1 = 0, 即-(x-3) 2+2= 0,解得 x1 = 3+ 2 ,x2 = 3- 2 ,∵ 点 A1 在 点 B1 的左边,∴ A1(3- 2 ,0),B1(3+ 2 ,0) . (2)①一条直线;y= x-1;【解法提示】由题意知,抛物线 y0 的顶点坐标是(1,0),y1 的顶点坐标是(3,2),y2 的顶点 坐标是(5,4),y3 的顶点坐标是(7,6),y4 的顶点坐标是 (9,8),∴ 通过该系列抛物线所有顶点的图象是一条直 线,设该直线的解析式为 y=nx+b(n≠0),将 x= 1,y= 0 和 x= 3,y = 2 代入直线解析式,得 n+b= 0, 3n+b= 2,{ 解得 n= 1, b=-1,{ ∴ 直线的函数解析式是 y= x-1. ②yk =-(x-2k-1) 2+2k;【解法提示】观察这系列抛物线的 顶点坐标,由规律可知 yk 的顶点坐标是 Pk(2k+1,2k),∴ 抛物线 yk 的解析式是 yk =-(x-2k-1) 2+2k. (3)①由(2)②可知 Pk(2k+1,2k), ∴ yk-1 =-[x-2(k-1)-1] 2+2(k-1)= -(x-2k+1) 2+2k-2, ∵ PkBk -1⊥x 轴,∴ Bk -1(2k+1,0), 把点 Bk -1(2k+1,0)的坐标代入到 yk -1的解析式, 得-(2k+1-2k+1) 2+2k-2= 0,解得 k= 3; ②Ⅰ:∵ 抛物线 yk 的顶点 Pk(2k+1,2k)绕点(1,0)旋转 180°得到抛物线 yk ′的顶点 Pk ′(-2k+1,-2k), ∴ yk ′=(x+2k-1) 2-2k; Ⅱ:令 yk = 0,即-(x-2k-1) 2+2k= 0, 解得 x1 = 2k+1- 2k ,x2 = 2k+1+ 2k , ∴ Ak(2k+1- 2k ,0), ∵ Pk(2k+1,2k),且旋转中心为点 P0(1,0), ∴ |P0Ak | = 2k- 2k , 由题意可知四边形 PkAk ′Pk ′Ak 为平行四边形,点 P0 为其 对角线的交点, ∴ S= 4S△P0PkAk = 4× 1 2 |P0Ak |·yp x = 4× 1 2 (2k- 2k )·2k, 整理得 S= 8k2-4k 2k . 专题五　 综合与实践———几何探究题 例 1　 解:(1)AD⊥BE,AD =BE;【解法提示】∵ CE CD = CB CA = 1, ∴ CE = CD, CB = CA, ∵ ∠ACB = ∠DCE = 90°, ∴ ∠A = ∠ABC= 45°,∠ACD=∠BCE,∴ △ACD≌△BCE(SAS),∴ AD=BE,∠A=∠CBE= 45°,∴ ∠ABE= 90°,∴ AD⊥BE. (2)BE=mAD,AD⊥BE, 证明:∵ ∠ACB=∠DCE= 90°,∴ ∠ACD=∠BCE, ∵ CE CD =CB CA =m,∴ △ADC∽△BEC, ∴ BE AD =BC AC =m,∠CBE=∠A,∴ BE=mAD, ∵ ∠A+∠ABC= 90°,∴ ∠CBE+∠ABC= 90°, ∴ ∠ABE= 90°,∴ AD⊥BE; (3)①解法一:由(1)知:当 m= 1 时,BE =AD= x,BE⊥AD, CB=CA= 6,CD=CE, ∵ ∠ACB=∠DCE= 90°, ∴ AB= CA2+CB2 = 62+62 = 6 2 , ∴ BD=AB-AD= 6 2 -x, ∴ DE2 =BE2+BD2 = x2+(6 2 -x) 2 = 2x2-12 2 x+72, ∵ 点 C 与点 F 关于 DE 对称, ∴ CD=CE=EF=DF, ∴ 四边形 CDFE 是正方形, ∴ y= 1 2 DE2 = x2-6 2 x+36=(x-3 2 ) 2+18, 当 x= 3 2时,y 取得最小值 18; 例 1 题解图① 解法二:如解图①,过点 D 作 DP⊥AC 于点 P, 则∠DPA= 90°, 由(1)知,CB=CA,∴ ∠A= 45°, ∴ DP=AP= 2 2 x, 同“解法一”易得四边形 CDFE 是正方 形, 在 Rt△CDP 中,CD2 =CP2+DP2, ∴ CD2 =(6- 2 2 x) 2+( 2 2 x) 2, ∴ y= x2-6 2 x+36=(x-3 2 ) 2+18, 当 x= 3 2时,y 取得最小值 18; 解法三:如解图②,过点 C 作 CG⊥AB 交 AB 于点 G, 则∠AGC= 90°,同“解法二”易得∠A = 45°,四边形 CDFE 是正方形. ∵ AC= 6,∴ CG=AG= 3 2 ,∴ DG= 3 2 -x 或 DG= x-3 2 . 在 Rt△CGD 中,CD2 =DG2+CG2, ∴ CD2 =(3 2 -x) 2+(3 2 ) 2 或 CD2 =(x-3 2 ) 2+(3 2 ) 2, ∴ y= x2-6 2 x+36=(x-3 2 ) 2+18, 当 x= 3 2时,y 取得最小值 18; 图② 　 　 　 图③ 例 1 题解图 ②AD 的长度为 2 2或 4 2 .【解法提示】 解法一:如解图②,过点 C 作 CG⊥AB 于点 G,连接 CF, 则△CBG 和△CFD 都是等腰直角三角形, ∴ AG=CG= 3 2 , CB CG =CF CD = 2 ,∠BCG=∠FCD= 45°, ∴ ∠FCB=∠DCG,∴ △CFB∽△CDG, ∴ BF DG =BC CG ,∴ 2 3 2 -x = 6 3 2 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 72 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 专题四　 二次函数综合题(必考) 类型 1　 二次函数的实际应用(2024.22,2022.22) 例 1　 [北师九下 P123 第 26 题改编]如图,在某中学的一场篮 球赛中,①李明在距离篮圈中心 5 m(水平距离)处跳起􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 投篮 􀪍􀪍 ,②球出手时离地面 2.2 m􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍,③当篮球运行的水平距离􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 为 3 m 时达到离地面的最大高度 4 m 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 .④已知篮球在空中􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 的运行路线为一条抛物线 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 ,⑤篮圈中心距地面 3 m􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍.建立 如图所示的平面直角坐标系. (1)求篮球运行路线所在抛物线的解析式; 例 1 题图 解:∵抛物线顶点坐标为(3,4), ∴ 设抛物线的解析式为 y = a(x-3) 2+4. 把(0,2.2)代入得 9a+4 = 2.2,解 得 a=- 1 5 . ∴篮球运行路线所在抛物线的解析式为 y=- 1 5 (x-3) 2+4; (2)场边看球的小丽认为,李明投出的此球不能空心入 网.请通过计算说明小丽判断的正确性; 解:把 x=5 代入抛物线解析式 y=- 1 5 (x-3) 2+4,得 y=3.2. ∵3.2≠3,∴此球不能命中篮圈中心,小丽的判断是正确的; (3)在球出手后,未达到最高点时,被防守队员拦截下来 称为盖帽.防守方球员张亮前来盖帽,已知张亮的最 大摸球高度为 3.2 m,则他应该在李明前面多少米范 围内跳起拦截才能盖帽成功? 解:当 y=3.2 时,3.2=- 1 5 (x-3) 2+4, 解得 x=1 或 x=5. ∵5>3,∴ x=1. 答:张亮应该在李明前面 1 m 范围内跳起拦截才能盖帽成功; (4)若球运行路径的形状、最大高度均保持不变,则李明 应该带球向正后方移动多少米才能正中篮圈中心? ( 5≈2.23,结果取小数点后两位) 解:设李明应该带球向正后方移动 m(m>0)米,则移动后的抛物 线解析式为 y=- 1 5 (x-3+m) 2+4, 将点(5,3)代入得- 1 5 (5-3+m) 2+4=3, 解得 m≈0.23(负值已舍去) . 答:李明应该带球向正后方移动约 0.23 m 才能正中篮圈中心. 【教你读题】由①⑤可知,函数图 象过点(5,3); 由② 可 知, 函 数 图 象 过 点 ( 0, 2.2); 由④可知,篮球的运行轨迹为抛 物线; 由③可知,抛物线顶点坐标为 (3,4),故可设抛物线的解析式 为 y=a(x-3) 2+4. 【思路点拨】 (1)解析式未知,设合适的解析 式,利用待定系数法进行求解. (2)结合条件①,转化为数学语 言:当球距离篮圈中心的水平距 离为 5 时,球的高度是否为 3. (3)已知 y 最大为 3.2,则计算 y = 3.2 时对应的函数中自变量 x 的值.张亮想要盖帽成功,则其距 离李明的距离(即 x 的值)应小 于 3. (4)转化为数学语言:抛物线解 析式中a= - 1 5 ,顶点纵坐标为 4, 故 可 设 抛 物 线 解 析 式 为 y = - 1 5 (x-3+m) 2 +4.要正中篮圈中 心,则抛物线过点(5,3),代入求 解 m 的值即可. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 34 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 针对训练 1.某公园要建造一个圆形喷泉,如图①所示,在喷泉中心垂直于地面安装一个喷水设施,其 顶端处的喷头向外喷水,水流在各个方向沿形状相同的抛物线落下,将某一水柱抽象成数 学图形如图②所示,点 O 为喷泉中心,点 A 为喷头,点 P 为抛物线形水柱的最高点,点 B 为 水柱的落地点,分别以 OB,OA 所在直线为 x 轴,y 轴建立平面直角坐标系,已知 OA= 4 米, 点 P 的坐标为(1,16 3 ) . (1)求该抛物线形水柱满足的函数关系式; (2)为安全起见,工作人员计划在喷泉外围砌一堵高 MN 为 5 4 米的墙(NM⊥x 轴于点 M), 已知墙的外圆半径为 4 米(OM= 4 米),请你分别计算出墙的上、下沿到抛物线的水平 距离 CN,BM 的值. 解:(1)由题意,∵点 P 的坐标为 (1,16 3 ),∴可设抛物线形水柱 满足的函数关系式为 y=a(x-1) 2+16 3 , ∵OA=4,∴A(0,4),将点 A 代入得 4=a(0-1) 2+16 3 ,∴ a=- 4 3 , ∴抛物线形水柱满足的函数关系式为 y=- 4 3 (x-1) 2+16 3 ; 图① 图② 第 1 题图 (2)由题意,在 y=- 4 3 (x-1) 2+16 3 中,令 y=0,则- 4 3 (x-1) 2+16 3 =0,解得 x1 =-1 (舍去),x2 =3, ∴B(3,0),∴OB=3, ∵OM=4,∴M(4,0),∴BM=1,即墙的下沿到抛物线的水平距离 BM 的值为 1 米; ∵MN⊥x 轴,M(4,0),MN= 5 4 ,∴N(4, 5 4 ),∴点 C 的纵坐标为 5 4 , 在 y=- 4 3 (x-1) 2+16 3 中,令 y= 5 4 ,则- 4 3 (x-1) 2+16 3 = 5 4 ,解得x1 =- 3 4 (舍去),x2 = 11 4 ,∴C(11 4 , 5 4 ), ∴CN=4-11 4 = 5 4 ,即墙的上沿到抛物线的水平距离 CN 的值为 5 4 米. 2.原地正面掷实心球是某些城市的中招体育考试项目之一.受测者站在起掷线后,被掷出的 实心球进行斜抛运动,实心球着陆点到起掷线的距离即为此项目成绩.实心球的运动轨迹 可看作抛物线的一部分,如图,建立平面直角坐标系,实心球从出手到着陆的过程中,竖直 高度 y(m)与水平距离 x(m)近似满足函数关系 y = ax2+bx+c(a<0),小明使用内置传感器 的智能实心球进行掷实心球训练. (1)第一次训练时,智能实心球回传的水平距离 x(m)与竖直高度 y(m)的部分对应数据 如下: 水平距离 x /m 0 1 2 3 4 5 … 竖直高度 y /m 1.8 2.3 2.6 2.7 2.6 2.3 … 则: ①抛物线的顶点坐标是　 　 　 ,顶点坐标的实际意义是 　 　 ; ②求 y 与 x 近似满足的函数关系式,并求出本次训练的成绩; 44 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 (2)第二次训练时,y 与 x 近似满足函数关系 y = -0.09x2+0.72x+1.8,则第二次训练成绩与 第一次相比是否有提高? 为什么? 第 2 题图 解:(1)②设抛物线的解析式为 y=ax2+bx+c, 把(0,1.8),(1,2.3),(2,2.6)代入解析式中, 得 c=1.8, a+b+c=2.3, 4a+2b+c=2.6, ì î í ï ï ïï 解得 a=-0.1, b=0.6, c=1.8, ì î í ï ï ïï ∴ y 与 x 近似满足的函数关系式为 y=-0.1x2+0.6x+1.8, 令 y=0,则-0.1x2+0.6x+1.8=0,解得 x1 =3+3 3 ,x2 =3-3 3 (舍去), ∴本次训练的成绩为(3+3 3 )m; (2)令 y=0,则-0.09x2+0.72x+1.8=0,解得 x=10 或 x=-2(舍去), ∵10>3+3 3 ,∴第二次训练成绩与第一次相比有提高. 3.[2024 武汉]16 世纪中叶,我国发明了一种新式火箭“火龙出水”,它是二级火箭的始祖.火 箭第一级运行路径形如抛物线,当火箭运行一定水平距离时,自动引发火箭第二级,火箭 第二级沿直线运行.某科技小组运用信息技术模拟火箭运行过程.如图,以发射点为原点, 地平线为 x 轴,垂直于地面的直线为 y 轴,建立平面直角坐标系,分别得到抛物线 y = ax2+x 和直线 y=- 1 2 x+b.其中,当火箭运行的水平距离为 9 km 时,自动引发火箭的第二级. (1)若火箭第二级的引发点的高度为 3.6 km, ①直接写出 a,b 的值; ②火箭在运行过程中,有两个位置的高度比火箭运行的最高点低 1.35 km,求这两个位 置之间的距离. (2)直接写出 a 满足什么条件时,火箭落地点与发射点的水平距离超过 15 km. 　 　 　 　 第 3 题图 解:(1)①a=- 1 15 ,b=8.1;【解法提示】∵抛物线 y=ax2+x 经过点(9,3.6),∴81a+9 = 3.6,解得 a = - 1 15 ; ∵直线 y=- 1 2 x+b 经过点(9,3.6),∴3.6=- 1 2 ×9+b,解得 b=8.1. ②由①得 y=- 1 15 x2+x=- 1 15 (x2-15x+225 4 )+15 4 =- 1 15 (x-15 2 ) 2+15 4 (0≤x≤9), ∴火箭运行的最高点是15 4 km,∴15 4 -1.35=2.4(km),∴2.4=- 1 15 x2+x, 整理得 x2-15x+36=0,解得 x1 =12>9(不合题意,舍去),x2 =3, 由①得 y=- 1 2 x+8.1,∴2.4=- 1 2 x+8.1,解得 x=11.4,∴11.4-3=8.4(km) . 答:这两个位置之间的距离为 8.4 km; (2)- 2 27 <a<0.(解法提示见本册参考答案) 54 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 4.如图①是位于安顺的坝陵河大桥.某兴趣小组受到该桥的启示,设计了一座桥的模型,它的 两桥塔 AD,BC 之间的悬索 DPC 是抛物线型(如图②示意图),悬索上设置有若干条垂直于 水平线 AB 的吊索,图中,AD=BC = 10 cm,AB = 32 cm,悬索上最低点 P 到 AB 的垂直距离 PO= 2 cm.(悬索 DPC 与 AB 在同一平面内) (1)按如图②所示建立平面直角坐标系,求此抛物线的函数表达式; (2)根据设计要求,从抛物线的顶点 P 开始,每相隔 2 cm 有一条吊索,当吊索高度大于或 等于 4 cm 时需加固.求此抛物线有多少条吊索需要加固; (3) 分类讨论 若抛物线经过两点 E(m,y1),F(m+2,y2),抛物线在 E,F 之间的部分为图象 G(包括 E,F 两点),图象 G 上任意一点的纵坐标的最大值与最小值的差为 t,当 t = 1 时,求 m 的值. 图① 　 　 　 　 图② 第 4 题图 64 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 类型 2　 与几何动点问题有关的二次函数性质探究(2023.23) 例 2　 多解法 ∙∙∙ 　 [2023 江西 23 题 12 分]综合与实践 问题提出 某兴趣小组开展综合实践活动:在 Rt△ABC 中,∠C = 90°, D 为 AC 上一点,CD= 2,动点 P 以每秒 1 个单位的速度从 C 点出发,在三角形边上沿 C→B→A 匀速运动,到达点 A 时 停止,以 DP 为边作正方形 DPEF.设点 P 的运动时间为 t s, 正方形 DPEF 的面积为 S,探究 S 与 t 的关系. 图① 　 　 　 　 图② 例 2 题图 初步感知 (1)如图①,当点 P 由点 C 运动到点 B 时, ①当 t= 1 时,S= 　 　 　 ; ②S 关于 t 的函数解析式为　 　 　 . (2)当点 P 由点 B 运动到点 A 时,经探究发现 S 是关于 t 的 二次函数,并绘制成如图②所示的图象.请根据图象信 息,求 S 关于 t 的函数解析式及线段 AB 的长. 解:由图象可知,当点 P 运动到点 B 时,S=6. 将 S=6 代入 S= t2+2,得 6= t2+2,解得 t=2 或 t=-2(舍去), ∴当点 P 运动到点 B 时的坐标为(2,6), 当点 P 由点 B 运动到点 A 时,设 S 关于 t 的函数解析式为 S=a( t- 4) 2+2(a≠0), 将(2,6)代入,得 6=a(2-4) 2+2,解得 a=1, ∴S 关于 t 的函数解析式为 S=( t-4) 2+2; 由图象可知,当点 P 运动到点 A 时,S=18, 由 18=( t-4) 2+2,解得 t=8 或 t=0(舍去), ∴AB=(8-2)×1=6; 延伸探究 (3)若存在 3 个时刻 t1,t2,t3( t1<t2<t3)对应的正方形 DPEF 的面积均相等. ①t1+t2 = 　 　 　 ; ②当 t3 = 4t1 时,求正方形 DPEF 的面积. 解:函数 S= t2+2 的图象向右平移 4 个单位与函数 S =( t-4) 2+2 的 图象重合, ∵当 t= t1 和 t= t3 时,S 的值相等,∴ t3-t1 =4, 又∵ t3 =4t1,∴4t1-t1 =4,解得 t1 = 4 3 , 此时正方形 DPEF 的面积 S= t21+2= 34 9 . (本题解法提示、更多解法见本册参考答案) 【思路点拨】 (1)①根据已知条件,当 t = 1 时,CP = 1,由勾股定理即可 求解. ②类比①问,当点 P 在 CB 上 运动时,CP= t,由勾股定理即 可求 得 S 关 于 t 的 函 数 解 析式. (2)思路一:从函数的角度出 发.当点 P 运动到 B 时,S = 6, 该点承接前后两段函数图象, 可求出该点坐标. 由图②可 知,抛物线的顶点坐标为(4, 2),可设函数解析式为 S = a( t-4) 2+2,利用待定系数法 即可求出该函数解析式,从而 求出线段 AB 的长. 思路二:从几何动点的角度出 发.当点 P 运动到 B 时,S = 6 = BD2,由勾股定理即可求出 BC 的长,从而得到该点坐标, 利用待定系数法即可求该函 数解析式;当点 P 运动到点 A 时,S = 18= AD2,利用勾股定 理即可求出 AB 的长. (3)由(1) (2)可知,S 关于 t 的函数是分段函数,可在图② 函数图象上补全第一段函数 图象,并观察两段图象.易得 当 2<S<6 时,存在 3 个时刻 对应的正方形 DPEF 的面积 均相等. 思路一:利用二次函数图象的 对称性即可求解. 思路二:回归几何图象本身, 要使 S 相等,即 DP 相等,可 画出三个时刻的点 P 的大致 位置,将 t1, t2, t3 转化到线段 关系中进行求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 74 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 针对训练 5.[2024 江西样卷三]如图① ,在矩形 ABCD 中,AB= 4,AD= 6,E 为 AB 的中点,点 P 沿折线 E- A-D 运动,以 EP 为边作正方形 EPFG,设点 P 运动的路程为 x,在运动过程中正方形 EPFG 的面积为 y. 初步感知 (1)当点 P 在 AE 上运动时,若 x= 3,则 y= 　 　 　 ;y 关于 x 的函数解析式为　 　 　 ; (2)当点 P 在 AD 上运动时,经探究发现,y 是关于 x 的二次函数,请求出 y 关于 x 的函数解 析式; 延伸探究 (3)图②为点 P 在运动过程中 y 关于 x 的函数关系图象,请结合图象信息解决如下问题: ①当点 P 运动到 FP 的延长线过点 C 时,x = 　 　 　 　 ,y = 　 　 　 　 ;若图象上点 M 和 点 N 的横坐标分别为 n 和 m,根据点 P 的运动过程可知,当 n-m = 4 时,点 M 的坐标 为　 　 　 　 ; ②点 P 在 AD 上运动的过程中,是否存在点 P 的两个位置 x1,x2(均为整数),使得对应 的 y1,y2 满足 y2 = 4y1? 如果存在,求出 x1,x2 的值;如果不存在,请说明理由. 图① 　 　 　 　 图② 第 5 题图 解:(2)当点 P 在 AD 上运动时,即当 2≤x≤8 时,x=AE+AP=2+AP,∴AP=x-2, ∵四边形 ABCD 是矩形,∴∠A=90°,∴EP2 =AE2+AP2 =22+(x-2) 2 =x2-4x+8,∴ y=x2-4x+8, ∴当 2≤x≤8 时,y 关于 x 的函数解析式为 y=x2-4x+8; (3)②存在.由(2)知,当点 P 在 AD 上运动时,2≤x≤8. 当 x1 =2 时,y1 =22 =4,∴ y2 =16,即 x2 2-4x2+8=16,解得 x2 =2±2 3 (负值舍去), ∵ x2 =2+2 3不是整数,∴这种情况不存在; 当 x1 =3 时,y1 =32-4×3+8=5,∴ y2 =20,即 x2 2-4x2+8=20,解得 x2 =6 或 x2 =-2(负值舍去), ∴ x2 =6,符合题意; 当 x1 =4 时,y1 =42-4×4+8=8,∴ y2 =32, 即 x2 2-4x2+8=32,解得 x2 =2±2 7 (负值舍去), ∵ x2 =2+2 7不是整数,∴这种情况不存在; 当 x1 =5 时,y1 =52-4×5+8=13,∴ y2 =52, 即 x2 2-4x2+8=52,解得 x2 =2±4 3 (负值舍去), ∵ x2 =2+4 3 >8,且不是整数,∴这种情况不存在. 综上所述,当 x1 =3,x2 =6 时,满足 y2 =4y1 . (本题解法提示见本册参考答案) 84 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 6.[2024 上饶一模]综合与实践 问题提出 某兴趣小组开展综合实践活动:在正方形 ABCD 中,BC = 4,动点 P 以每秒 1 个单位的速度 从 B 点出发匀速运动,到达点 C 时停止,过点 P 作 AP 的垂线交 CD 于点 M,连接 AM,设点 P 的运动时间为 t s,Rt△ADM 的面积为 S,探究 S 与 t 的关系. 初步感知 (1)如图①,当点 P 由 B 点向 C 点运动时, ①当 t= 3 s 时,CM= 　 　 　 ,S= 　 　 　 ; ②经探究发现 S 是关于 t 的二次函数,则 S 关于 t 的函数解析式为　 　 　 　 　 　 ,自变 量取值范围为　 　 　 　 　 　 ; (2)根据所给的已知,完成列表中的填空,并在图③的坐标系中绘制出函数的图象; t 0 1 2 3 4 … S 8 　 　 　 　 　 　 　 　 　 8 … 延伸探究 (3)①当 t= 　 　 　 时,S= 7; ②当△ABP 的面积为 S 的一半时,求 t 的值. 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 第 6 题图 解:(2)在题图③的坐标系中绘制出函数的图象如解图; (3)②当点 P 由点 B 运动到点 C 时,BP= t,∴S△ABP = 1 2 AB·BP= 1 2 ×4t=2t, ∵△ABP 的面积为 S 的一半,∴2t= 1 2 ( 1 2 t2-2t+8),解得 t=6±2 5 , ∵0≤t≤4,∴ t=6-2 5 . (本题解法提示见本册参考答案) 94 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 类型 3　 与基本性质有关的二次函数性质探究(2020.22,2016.23,2015.23) 例 3　 [2020 江西 22 题改编]已知抛物线 y = ax2+bx+c(a,b,c 是常 数,a≠0)的自变量 x 与函数值 y 的部分对应值如下表: x … -2 -1 0 1 2 … y … m 0 -3 n -3 … (1) 根据以上信息,可知抛物线开口向 　 　 　 ,对称轴 为　 　 　 ; (2)求抛物线的表达式及 m,n 的值; 解:把(-1,0),(0,-3),(2,-3)代入 y=ax2+bx+c, 得 a-b+c=0, c=-3, 4a+2b+c=-3, ì î í ï ï ï ï 解得 a=1, b=-2, c=-3, ì î í ï ï ï ï ∴抛物线的表达式为 y=x2-2x-3, ∴当 x=-2 时,m=4+4-3=5;当 x=1 时,n=1-2-3=-4; (3)请在图中画出所求的抛物线.设点 P 为抛物线上的动点, OP 的中点为 P′,描出相应的点 P′,再把相应的点 P′用平 滑的曲线连接起来,猜想该曲线是哪种曲线? 并求出该曲 线的函数表达式; 例 3 题图 解:画出抛物线,描出点 P′的轨迹,是一条抛物线,如解图①所示;设 P (x,y),P′(p,q), ∵点 P′为 OP 的中点,∴ p= 1 2 x,q= 1 2 y,即 x=2p,y=2q, 代入 y=x2-2x-3 中,得(2p) 2-2×2p-3=2q, ∴ q=2p2-2p- 3 2 ,即点 P′所在抛物线的函数表达式为 y=2x2-2x- 3 2 ; (4)多解法 ∙∙∙ 　 设直线 y=m(m>-2)与抛物线及(3)中的点 P′所 在曲线都有两个交点,交点从左到右依次为 A1,A2,A3,A4, 请根据图象直接写出线段 A1A2, A3A4 之间的数量关 系　 　 　 　 　 　 　 　 . (本题解法提示见本册参考答案) 【思路点拨】 (1)观察表格中的数据变 化即可求解. (2)结合表格中的数据,设 合适的表达式,利用待定 系数法即可求解. (3)结合表格中的数据,即 可分别画出原抛物线和点 P′的运动轨迹.设点 P 和 P′的坐标,利用两点的位 置关系可分别得到两点横 坐标之间、纵坐标之间的 数量关系,将含参 P 点坐 标代回原抛物线表达式, 即可得到点 P′所在曲线的 函数表达式. (4)思路一:假设法.给定 一个 m 值,得出 A1,A2,A3, A4 四点的坐标,从而进行 计算. 思路二: 将 线 段 A1A2 和 A3A4 之间的数量关系转化 成四点横坐标之间的关 系,分别联立直线与两条 抛物线,利用一元二次方 程根与系数的关系进行 求解. 思路三:由“思路二”得到 四点横坐标之间的关系, 再利用抛物线对称轴的性 质进行求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 05 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 针对训练 7.[2024 江西样卷五]在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 G:y = ax2 +bx+c(a≠0)过点 A(1,b- 4a),B(x1,-2-3a),C(x2,-2-3a)(点 B 在点 C 的左侧) . (1)用含 a 的式子表示 c; (2)当点 A 在 x 轴上时,若 BC= 8,求 a 的值; (3)当 x1+x2 = 2,1<x<x2 时,y 随着 x 的增大而增大,请直接写出 a 的取值范围. 解:(1)∵抛物线 G:y=ax2+bx+c 过点 A(1,b-4a), ∴ b-4a=a+b+c,∴ c=-5a; (2)当点 A(1,b-4a)在 x 轴上时,可得 b-4a=0,∴ b=4a, ∴ y=ax2+4ax-5a,∴ x1+x2 =- 4a a =-4, ∵BC=x2-x1 =8,联立 x1+x2 =-4, x2-x1 =8, { 解得 x1 =-6, x2 =2, { ∵点 B 在点 C 的左侧,∴点 C 的坐标为(2, -2-3a), ∴-2-3a =4a +8a-5a,解得 a=- 1 5 ; (3)a> 2 3 .(解法提示见本册参考答案) 8.[2024 江西样卷一]如图,在平面直角坐标系中,抛物线 y=a(x+1)(x-3)(a≠0)与 x 轴交于 A,B 两点(点 A 在点 B 的左侧) ,其顶点为 Q,正方形 OCDE 的边长为 5. (1)点 A 的坐标为　 　 　 , 点 B 的坐标为　 　 　 ,点 Q 的坐标为　 　 　 (用含 a 的代数式 表示) . (2)当 a=-1 时,抛物线上是否存在点 P,使 PO=PD? 若存在,求出点 P 的坐标; (3) 分类讨论 若抛物线 y=a(x+1)(x-3)与边 CD 只有一个交点,求出 a 的取值范围. 第 8 题图 解:(2)存在. ∵正方形 OCDE 的边长为 5,∴OC=OE= 5,∴C(0,5),E(5,0),则易得直线 CE 的解析式为 y=-x+5,当 a=-1 时,抛物线解析式为 y=-(x+1)(x-3), 联立方程组 y=-x+5, y=-(x+1)(x-3),{ 解得 x1 =1, y1 =4, { x2 =2, y2 =3, { ∴抛物线上存在点 P,使 PO=PD,此时点 P 的坐标为(1,4)或(2,3); (3)①当抛物线的顶点 Q(1,-4a)在边 CD 上,即当-4a=5 时,只有一个交点,∴ a=- 5 4 ; ②当 a>0 时,若只有一个交点,则当 x=5 时,y≥5,即 12a≥5,∴ a≥ 5 12 ; ③当 a<0 时,若只有一个交点,则当 x=0 时,y>5,即-3a>5,∴ a<- 5 3 . 综上所述,若抛物线 y = a(x+1) (x-3)与边 CD 只有一个交点,a 的取值范围为 a = - 5 4 或 a<- 5 3 或 a≥ 5 12 . 15 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 类型 4　 与图象变换有关的二次函数性质探究(2021.22,2019.23,2018.23,2017.22) 例 4　 已知抛物线 C1:y=ax2-4ax-5(a>0) . (1)当 a= 1 时,求抛物线与 x 轴的交点坐标及对 称轴; 解:当 a=1 时,抛物线解析式为 y=x2-4x-5=(x-2) 2- 9,∴对称轴为直线 x=2; ∴当 y=0 时,x-2=3 或-3,即 x=5 或-1; ∴抛物线与 x 轴的交点坐标为(-1,0),(5,0); (2)试说明无论 a 为何值,抛物线 C1 一定经过 两个定点,并求出这两个定点的坐标; 解:抛物线 C1 的解析式为 y=ax2-4ax-5, 整理得 y=ax(x-4)-5, ∵当 ax(x-4)= 0 时,y 恒为-5; ∴抛物线 C1 一定经过两个定点(0,-5),(4,-5); (3)将抛物线 C1 沿这两个定点所在直线翻折, 得到抛物线 C2 . ①直接写出 C2 的解析式; ② 分类讨论 若直线 y = a 与抛物线 C1、C2 共 有三个交点,求 a 的值; 解:①y=-ax2+4ax-5; ②由题意可知,当直线 y=a 与抛物线 C1 或 C2 的顶点 相交时,正好共有三个交点,分情况讨论: 当直线 y = a 与抛物线 C1 的顶点相交时,由 y = ax2 - 4ax-5 可得抛物线 C1 的顶点坐标为(2,-4a-5), 则-4a-5=a,解得 a=-1<0,不符合题意,舍去; 当直线 y=a 与抛物线 C2 的顶点相交时,由 y = -ax2 + 4ax-5 可得抛物线 C2 的顶点坐标为(2,4a-5),则 4a- 5=a,解得 a= 5 3 ; 综上所述,a 的值为 5 3 ; (4)若将(3)中的抛物线 C2 向右平移 t( t>0)个 单位,恰与抛物线 C1 交于一点,求 t 的值. 解:将抛物线 C2 向右平移 t 个单位, 得 y=-a(x-t) 2+4a(x-t)-5, 联立 y=ax2-4ax-5, y=-a(x-t) 2+4a(x-t)-5,{ 化简得 2ax2-(2at+8a)x+at2+4at=0, Δ=(2at+8a) 2-4×2a×(at2+4at)= -4a2 t2+64a2, ∵只有一个交点,∴Δ=0,即-4a2 t2+64a2 =0, 化简得 t2-16=0,解得 t=4(负值已舍去), ∴ t 的值为 4. 【思路点拨】 (1)将 a= 1 代入解析式,即可求得抛物线 与 x 轴的交点坐标及对称轴. (2)化简抛物线解析式,即可求得两个定 点的横坐标. 【方法归纳】含参抛物线的定点问题 先将参数提出来作为一个因式,再令含 x 的因式为 0,则无论 x 取何值都与参数无 关,解出的 x 值即为定点的横坐标. (3)①根据抛物线翻折的特点,即可求解; ②由题意可知,当直线 y = a 与抛物线 C1 或 C2 的顶点相交时,正好共有三个交点, 利用抛物线的顶点坐标可求出结果. 【方法归纳】两个抛物线与直线的 y = t 的 交点问题(以关于 x 轴对称的两个抛物线 为例) 图象 交点 个数 t 的取 值范围 2 个 t>4ac -b2 4a 或 t<4ac -b2 4a 或 t= 0 3 个 t= 4ac -b2 4a 且 t≠0 4 个 t 在两个抛 物线的顶点 纵 坐 标 之 间,且 t≠0 (4)【方法归纳】抛物线与抛物线的交点 问题 ①判断交点个数:联立两个抛物线的解析 式并化简,根据一元二次方程根的判别式 判断交点的个数. ②求交点坐标:先判断交点个数,若 Δ≥0, 则可解该一元二次方程,求得的根即为交 点的横坐标,再把横坐标代入任意一个抛 物线表达式,即可求得交点的纵坐标. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 25 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 针对训练 9. 名师原创·新定义 如图,抛物线 C1:y=-x2+2x+3 与 x 轴、y 轴的交点分别为 A、B、C,并记抛 物线 C1 的顶点为 M,点 P 是 y 轴正半轴上的一个动点,过点 P(m,0)(m>0)作 y 轴的垂线 l:y=m.现规定:把抛物线 C1 沿着直线 l 翻折,所形成的抛物线 C2 称为“ 抛物线 C1 的镜像 抛物线” . (1)当抛物线 C1、C2 与 x 轴的交点相同时,则抛物线 C2 的解析式为　 y=x2-2x-3　 ; (2)当 m= 1 时,求抛物线 C2 的解析式; (3)若标记抛物线 C2 的顶点为 N, ①当 m 为何值时,点 B、N、C 在同一条直线上; ② 分类讨论 当 MN= 1 时,依次连接 AP、 PN、NB,请直接写出四边形 ABNP 的面积. 第 9 题图 　 　 　 备用图 解:(2)∵抛物线 C1:y=-x2+2x+3=-(x-1) 2 =4,∴抛物线 C1 的顶点为 M(1,4),对称轴为直线 x=1, ∵抛物线 C1 与抛物线 C2 关于直线 l:y=1 轴对称, ∴抛物线 C2 的开口方向改变,对称轴不变, 点 M 关于直线 l:y=1 的轴对称的点的坐标为 M′(1,-2), ∴抛物线 C2 的解析式为 y=(x-1) 2+(-2)= x2-2x-1; (3)①把 y=0 代入 y=-x2+2x+3 中,得-x2+2x+3=0,解得 x1 =-1,x2 =3, 把 x=0 代入 y=-x2+2x+3 中,解得 y=3, ∴A(-1,0),B(3,0),C(0,3), 设直线 BC 的解析式为 y=k1x+b1(k1≠0),把 B (3,0),C (0,3)的坐标分别代入 y=k1x+b1, 得 3k1+b1 =0, b1 =3, { 解得 k1 =-1, b1 =3, { ∴直线 BC 的解析式为 y=-x+3, 当 x=1 时,y=2,∴点 N 的坐标为(1,2), ∵抛物线 C1 与抛物线 C2 关于直线 l:y=m 轴对称, ∴点 M (1,4)和点 N (1,2)关于直线 l:y=m 轴对称,∴m=4 +2 2 =3; ②四边形 ABNP 的面积为 8 或 12. (本题解法提示见本册参考答案) 35 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 10.[2024 南昌二模]已知抛物线 l 的解析式:y=ax2-2ax+a+1(a<0) (1)若抛物线 l 经过原点. ①a= 　 　 　 ; ②将抛物线 l 先向右平移 1 个单位,再向上平移 2 个单位得到抛物线 l1,则抛物线 l1 的解析式为　 　 　 　 　 　 ; (2)在(1)的条件下,将抛物线 l 沿直线 y= 2x-1 平移得到抛物线 l2,抛物线 l 与 x 轴交于 A,B 两点,抛物线 l2 与 x 轴交于 C,D 两点,若 CD= 3AB,求抛物线 l2 的解析式; (3)设抛物线 l 的顶点为点 P,抛物线 l 与 x 轴交于 A,B 两点,连接 PA,PB,在△PAB 围成 的区域内(包含三条边),横、纵坐标都为整数的点恰好为 4 个,直接写出 a 的取值 范围. 解:(2)设抛物线沿 x 轴正方向平移 m 个单位长度,则沿 y 轴正方向平移 2m 个单位长度, ∴平移后的抛物线 l2 的解析式为 y=-(x-1-m) 2+1+2m, 当 y=0 时,-(x-1-m) 2+1+2m=0,∴CD=2 1+2m , ∵ y=-x2+2x 与 x 轴的两个交点为(0,0),(2,0),∴AB=2, ∵CD=3AB,∴2 1+2m =6,解得 m=4, ∴抛物线 l2 的解析式为 y=-(x-5) 2+9; 设抛物线沿 x 轴负方向平移 m 个单位长度,则沿 y 轴负方向平移 2m 个单位长度, ∴平移后的抛物线 l2 的解析式为 y=-(x-1+m) 2+1-2m, 当 y=0 时,-(x-1+m) 2+1-2m=0,∴CD=2 1-2m , ∵ y=-x2+2x 与 x 轴的两个交点为(0,0),(2,0),∴AB=2, ∵CD=3AB,∴2 1-2m =6,解得 m=-4,∴抛物线 l2 的解析式为 y=-(x-5) 2+9; 综上所述,抛物线 l2 的解析式为 y=-(x-5) 2+9. (3)a 的取值范围是-1≤a<- 1 4 . (本题解法提示见本册参考答案) 45 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 11. 新定义 [2021 江西 22 题 9 分]二次函数 y= x2-2mx 的图象交 x 轴于原点 O 及点 A. 感知特例 (1)当m= 1 时,如图①,抛物线 L:y= x2-2x 上的点 B,O,C,A,D 分别关于点 A 中心对称的 点为 B′,O′,C′,A′,D′,如下表: … B(-1,3) O(0,0) C(1,-1) A(　 　 　 ,　 　 　 ) D(3,3) … … B′(5,-3) O′(4,0) C′(3,1) A′(2,0) D′(1,-3) … ①补全表格; ②在图①中描出表中对称后的点,再用平滑的曲线依次连接各点,得到的图象记为 L′. 形成概念 我们发现形如(1)中的图象 L′上的点和抛物线 L 上的点关于点 A 中心对称,则称 L′是 L 的“孔像抛物线” .例如,当 m=-2 时,图②中的抛物线 L′是抛物线 L 的“孔像抛物线” . 探究问题 (2)①当 m=-1 时,若抛物线 L 与它的“孔像抛物线”L′的函数值都随着 x 的增大而减小, 则 x 的取值范围为　 　 　 　 　 　 ; ②在同一平面直角坐标系中,当 m 取不同值时,通过画图发现存在一条抛物线与二次 函数 y= x2-2mx 的所有“孔像抛物线” L′都有唯一交点,这条抛物线的解析式可能 是　 　 　 (填“y=ax2+bx+c”或“y=ax2+bx”或“y=ax2+c”或“y=ax2”,其中 abc≠0); ③ 分类讨论 若二次函数 y= x2-2mx 及它的“孔像抛物线”与直线 y =m 有且只有三个 交点,求 m 的值. 图① 　 　 图② 第 11 题图 解:(1)②描点画图如解图; (2)③抛物线 L:y=x2-2mx=(x-m) 2 -m2,顶点坐标为(m,-m2) .“孔像抛物线”L′:y=-x2+6mx-8m2 =-(x-3m) 2 +m2,顶点坐标为(3m,m2) .若抛物线 y=x2-2mx 及它的“孔像抛物线”与直线 y=m 有且 只有三个交点,则直线 y =m 必经过点 A 或抛物线 L 的顶点或抛物线 L′的顶点.若直线 y =m 经过点 A,则 m=0,此时 L:y=x2,L′:y=-x2,两抛物线顶点、点 A 均与原点重合,故不符合题意,舍去;若直线 y=m 经过抛物线 L 的顶点,则-m2 =m,解得 m=-1 或 m=0(舍去);若直线 y =m 经过抛物线 L′的顶 点,则 m2 =m,解得 m=1 或 m=0(舍去) . 综上所述,若二次函数 y=x2-2mx 及它的“孔像抛物线”与直线 y =m 有且只有三个交点,则 m = 1 或 m=-1. 55 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 类型 5　 与图象规律有关的二次函数性质探究(2019.23,2018.23) 12. 新定义 [2024 九江模拟]综合与实践 特例感知 (1)如图①,对于抛物线 y1 =- 1 2 (x-1)(x-3)+3,y2 = - 1 2 x(x-4)+3,y3 = - 1 2 (x+1)(x-5) +3,y4 =- 1 2 (x+2)(x-6)+3,下列结论中正确的序号是　 　 　 . ①抛物线 y1,y2,y3,y4 的对称轴是直线 x= 2; ②抛物线 y1,y2,y3,y4 由抛物线 y=- 1 2 x2 依次向上平移 2 个单位长度得到; ③抛物线 y1,y2,y3,y4 与直线 y= 3 的交点中,对称轴两侧相邻两点之间的距离相等. 概念形成 把满足 yn =- 1 2 (x+n-2)(x-n-2)+3 的抛物线称为“族抛物线” . 知识应用 如图②,“族抛物线”yn的顶点依次为 M1,M2,M3,M4,…,Mn . (2)试求线段 MnMn +1的长(用含 n 的代数式表示); (3)“族抛物线”y1,y2,y3,…,yn上分别有点 P1,P2,P3,…,Pn,它们的横坐标分别是 2,3, 4,…,n+1.试判断点 P1,P2,P3,…,Pn是否在同一条直线上,如果在,求出此直线的解 析式;如果不在,请说明理由. 图① 　 　 　 　 图② 第 12 题图 65 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 重 难 专 题 突 破 13.[2024 抚州模拟]已知一系列抛物线:y0 = -( x-1) 2,y1 = -( x-3) 2 +2,y2 = -( x-5) 2 +4,y3 = -(x-7) 2+6,y4 =-(x-9) 2+8,…,yk(k 为非负整数) .抛物线 yk 与 x 轴相交于点 Ak,Bk(点 Ak 在点 Bk 的左边),顶点为 Pk . (1)抛物线 y1 的顶点坐标是　 　 　 ,与 x 轴的交点 A1,B1 的坐标分别是 　 ; (2)①通过该系列抛物线所有顶点的图象是　 　 　 　 　 ,其函数解析式是 　 ; ②抛物线 yk 的解析式是　 　 　 　 　 　 ; (3)探究下列结论: ①若 PkBk -1⊥x 轴于点 Bk -1,求 k 的值; ②将抛物线 yk 绕点(1,0)旋转 180°得到抛物线 yk′,抛物线 yk′的顶点为 Pk′,点 Ak,Bk 的对应点分别为 Ak′,Bk′. Ⅰ.直接写出抛物线 yk′的解析式; Ⅱ.设四边形 PkAk′Pk′Ak 的面积是 S,求 S 与 k 的关系式. 第 13 题图 解:(3)①由(2)②可知 Pk(2k+1,2k), ∴ yk-1 =-[x-2(k-1)-1 ] 2+2(k-1)= -(x-2k+1) 2+2k-2, ∵PkBk -1⊥x 轴,∴Bk -1(2k+1,0), 把点 Bk -1(2k+1,0)的坐标代入到 yk -1的解析式,得-(2k+1-2k+ 1) 2+2k-2=0,解得 k=3; ②Ⅰ:∵抛物线 yk 的顶点 Pk(2k+1,2k)绕点(1,0)旋转 180°得 到抛物线 yk′的顶点 Pk′(-2k+1,-2k), ∴ yk′=(x+2k-1) 2-2k; Ⅱ:令 yk =0,即-(x-2k-1) 2+2k=0,解得x1 =2k+1- 2k ,x2 =2k+1+ 2k , ∴Ak(2k+1- 2k ,0), ∵Pk(2k+1,2k),且旋转中心为点 P0(1,0),∴ |P0Ak | = 2k- 2k , 由题意可知四边形 PkAk′Pk′Ak 为平行四边形,点 P 为其对角线的交点, ∴S=4S△P0PkAk =4× 1 2 |P0Ak |·ypx =4× 1 2 (2k- 2k )·2k,整理得 S=8k2-4k 2k . (本题解法提示见本册参考答案) 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀦂 􀦂 􀦂􀦂二次函数综合题加练扫描本册 P29 二维码. 75