第25题 二次函数实际应用题专练-【一战成名新中考·5行卷】2025陕西中考数学·抢分必刷小卷

抢分必刷小卷·陕西数学 题 型 专 练 第２５题　二次函数实际应用题专练 类型 １　抛物线型问题（拱桥、涵洞等２０２４－２０２２．２５） １．如图，某高尔夫球运动员击出的高尔夫球的运动路线可近似地看作一条抛物线．当该高尔夫 球从 Ａ点击出时，水平运动了２４ｍ时达到最高点 Ｐ，落球点 Ｂ比击球点 Ａ竖直高度低１ｍ，它 们的水平距离为５０ｍ． （１）建立适当的平面直角坐标系，将原点标记为 Ｏ，设该高尔夫球距原点 Ｏ的竖直高度为 ｙ（ｍ），水平距离为 ｘ（ｍ），求 ｙ关于 ｘ的二次函数表达式； （２）当该高尔夫球运动到最高点 Ｐ时，求点 Ｐ与点 Ａ之间的竖直高度． 第１题图 解：（１）如解图，以击球点 Ａ所在的竖直线为 ｙ轴，落球点 Ｂ所在的水平线为 ｘ轴建立如解图 所示的平面直角坐标系．由题可知，ＡＯ＝１ｍ，ＢＯ＝５０ｍ． ∴Ａ（０，１），Ｂ（５０，０）， ∵该高尔夫球水平运动了２４ｍ时，达到最高点 Ｐ， ∴顶点 Ｐ的横坐标为２４， ∴设抛物线的函数表达式为 ｙ＝ａ（ｘ－２４）２＋ｋ（ａ≠０）， 把 Ａ（０，１），Ｂ（５０，０）代入， 得 １＝２４２ａ＋ｋ， ０＝２６２ａ＋ｋ{ ，解得 ａ＝－０．０１， ｋ＝６．７６{ ， ∴二次函数的表达式为 ｙ＝－０．０１（ｘ－２４）２＋６．７６； （２）∵ｙ＝－０．０１（ｘ－２４）２＋６．７６， ∴顶点 Ｐ的坐标为（２４，６．７６）， 又∵ＡＯ＝１ｍ，∴６．７６－１＝５．７６（ｍ）． ∴点 Ｐ与点 Ａ之间的竖直高度为５．７６ｍ． ３４ 抢分必刷小卷·陕西数学 题 型 专 练 ２．如图①，蔬菜大棚是一种具有出色的保温性能的框架覆膜结构，它的出现使得人们可以吃到反 季节蔬菜．一般蔬菜大棚使用竹结构或者钢结构的骨架，上面覆上一层或多层保温塑料膜，这 样就形成了一个温室空间．如图②，某个温室大棚的横截面可以看作矩形 ＡＢＣＤ和抛物线 ＡＥＤ 构成，其中 ＡＢ＝３ｍ，ＢＣ＝４ｍ，取 ＢＣ中点 Ｏ，过点 Ｏ作线段 ＢＣ的垂直平分线 ＯＥ交抛物线 ＡＥＤ于点 Ｅ，若以 Ｏ点为原点，ＢＣ所在直线为 ｘ轴，ＯＥ所在直线为 ｙ轴建立如图所示平面直 角坐标系．请回答下列问题： （１）如图②，已知抛物线 ＡＥＤ的顶点 Ｅ（０，４），求抛物线的解析式； （２）如图③，为了保证蔬菜大棚的通风性，该大棚要安装两个正方形的排气装置 ＬＦＧＴ，ＳＭＮＲ， 其中顶点 Ｌ，Ｒ均在抛物线 ＡＥＤ上，边 ＦＧ，ＭＮ均在 ＡＤ上．若 ＦＬ＝ＮＲ＝０．７５ｍ，求两个正方形 装置的间距 ＧＭ的长． 图① 　　 图② 　　 图③ 第２题图 解：（１）∵抛物线 ＡＥＤ的顶点 Ｅ（０，４）， ∴设抛物线的解析式为 ｙ＝ａｘ２＋４， ∵四边形 ＡＢＣＤ为矩形，ＯＥ为 ＢＣ的中垂线， ∴ＡＤ＝ＢＣ＝４ｍ，ＯＢ＝２ｍ， ∵ＡＢ＝３ｍ， ∴点 Ａ（－２，３），代入 ｙ＝ａｘ２＋４， 得３＝４ａ＋４，∴ａ＝－１ ４ ， ∴抛物线的解析式为 ｙ＝－１ ４ ｘ２＋４； （２）∵四边形 ＬＦＧＴ，四边形 ＳＭＮＲ均为正方形，ＦＬ＝ＮＲ＝０．７５ｍ， ∴ＴＧ＝ＭＮ＝ＦＬ＝ＮＲ＝０．７５ｍ， 如解图，延长 ＬＦ交 ＢＣ于点 Ｈ，延长 ＲＮ交 ＢＣ于点 Ｊ，则四边形 ＦＨＪＮ，四边形 ＡＢＨＦ均为 矩形， ∴ＦＨ＝ＡＢ＝３ｍ，ＦＮ＝ＨＪ， ∴ＨＬ＝ＨＦ＋ＦＬ＝３．７５（ｍ）， 当 ｙ＝３．７５时，３．７５＝－１ ４ ｘ２＋４， 解得 ｘ＝±１， ∴Ｈ（－１，０），Ｊ（１，０），∴ＦＮ＝ＨＪ＝２ｍ， ∴ＧＭ＝ＦＮ－ＦＧ－ＭＮ＝０．５（ｍ）． 答：两个正方形装置的间距 ＧＭ的长为０．５ｍ． ４４ 抢分必刷小卷·陕西数学 题 型 专 练 ３．有一建筑的一面墙近似呈抛物线形，该抛物线的水平跨度 ＯＱ＝８ｍ，顶点 Ｐ的高度为 ４ｍ，建 立如图所示平面直角坐标系．现计划给该墙面安装门窗，已经确定需要安装矩形门框 ＡＢＣＤ （点 Ｂ，Ｃ在抛物线上，边 ＡＤ在地面上），针对窗框的安装设计师给出了两种设计方案： 方案一：如图①，在门框的两边加装两个矩形窗框（点 Ｇ，Ｈ在抛物线上），ＡＥ＝ＤＦ＝１ｍ； 方案二：如图②，在门框的上方加装一个矩形的窗框（点 Ｇ，Ｈ在抛物线上），ＢＥ＝ＣＦ＝１ｍ． （１）求该抛物线的函数表达式； （２）若要求门框 ＡＢ的高度为３ｍ，判断哪种方案透光面积（窗框和门框的面积和）较大？（窗 框与门框的宽度忽略不计） 图① 　　 图② 第３题图 解：（１）由题意可知，抛物线的顶点 Ｐ的坐标为（４，４）， 设所求抛物线的解析式为 ｙ＝ａ（ｘ－４）２＋４， 把（０，０）代入解析式中，得０＝ａ（０－４）２＋４， 解得 ａ＝－１ ４ ，∴该抛物线的表达式为 ｙ＝－１ ４ （ｘ－４）２＋４； （２）当 ｙ＝３时，即３＝－１ ４ （ｘ－４）２＋４，解得 ｘ１＝２，ｘ２＝６， ∴点 Ａ的坐标为（２，０），点 Ｂ的坐标为（２，３），ＢＣ＝４ｍ， 方案一： ∵ＡＥ＝ＤＦ＝１ｍ，∴点 Ｅ的坐标为（１，０），∴点 Ｇ的横坐标为１， 当 ｘ＝１时，ｙ＝－１ ４ （１－４）２＋４＝７ ４ ，∴ＥＧ＝７ ４ ， ∴Ｓ矩形ＡＥＧＩ＝Ｓ矩形ＦＤＮＨ＝ ７ ４ ×１＝７ ４ （ｍ２）， ∴Ｓ矩形ＡＥＧＩ＋Ｓ矩形ＦＤＮＨ＝ ７ ４ ×２＝７ ２ （ｍ２）； 方案二：∵ＢＥ＝ＣＦ＝１ｍ， ∴ＥＦ＝ＢＣ－ＢＥ－ＣＦ＝２（ｍ），点 Ｅ的坐标为（３，３），∴点 Ｇ的横坐标为３， 当 ｘ＝３时，ｙ＝－１ ４ ×（３－４）２＋４＝１５ ４ ， ∴ＥＧ＝１５ ４ －３＝３ ４ （ｍ），∴Ｓ矩形ＥＧＨＦ＝ＥＦ·ＧＥ＝２× ３ ４ ＝３ ２ ｍ( )２ ， ∵７ ２ ＞３ ２ ，∴方案一透光面积较大． ５４ 抢分必刷小卷·陕西数学 题 型 专 练 类型 ２　抛物线轨迹类问题 ４．如图①，某景区为提升景区品质，沿人行道打造喷水景观．为保持人行道干燥（要求水柱不能 喷射到人行道和护栏上），水柱要喷入河中，水柱可近似看作抛物线，如图②是截面图，已知水 平人行道宽 ＯＡ＝３．５ｍ．ＡＥ是河道坝高，已知ＢＥ ＡＥ ＝１ ２ ．水柱在距离喷水口 Ｏ点右侧２ｍ位置处 时，水柱距离人行道地面的高度达到最大值３ｍ．以点 Ｏ为原点，直线 ＯＡ为 ｘ轴建立平面直角 坐标系． （１）出于安全考虑，在坝顶 Ａ处安装护栏，若护栏高度为１．２ｍ，试判断是否符合要求； （２）水柱恰好直接落在河水中（水面与 ＡＢ交于点 Ｆ处）时，求点 Ｆ与人行道 ＯＡ的竖直距离． 图① 　　　　 图② 第４题图 解：（１）根据题意得抛物线的顶点坐标为（２，３），设抛物线的函数表达式为 ｙ＝ａ（ｘ－２）２＋３（ａ ≠０）， ∵抛物线经过原点 Ｏ（０，０），∴０＝ａ（０－２）２＋３，解得 ａ＝－３ ４ ， ∴抛物线的函数表达式为 ｙ＝－３ ４ （ｘ－２）２＋３， ∵ＯＡ＝３．５，∴将 ｘ＝３．５代入 ｙ＝－３ ４ （ｘ－２）２＋３，得 ｙ＝２１ １６ ， ∵１．２＜２１ １６ ，即水柱不能喷射到护栏上，∴符合要求； （２）如解图，过点 Ｆ作 ＦＧ⊥ＡＥ于点 Ｇ， ∵ＢＥ ＡＥ ＝１ ２ ＝ＦＧ ＡＧ ， 设 ＡＧ＝ｂ，则 ＦＧ＝０．５ｂ， ∴点 Ｆ的坐标为（０．５ｂ＋３．５，－ｂ）， 将（０．５ｂ＋３．５，－ｂ）代入 ｙ＝－３ ４ （ｘ－２）２＋３， 得 －３ ４ （０．５ｂ＋１．５）２＋３＝－ｂ，解得 ｂ１＝－３（不合题意，舍去），ｂ２＝ ７ ３ ． 答：当水面距离人行道的竖直距离为 ７ ３ ｍ时，水柱恰好落在河水中． ６４ 抢分必刷小卷·陕西数学 题 型 专 练 ５．如图①是某处滑雪大跳台的实景图，建立如图②所示的平面直角坐标系，其中 ＤＣ段可以近似 的看作抛物线：ｙ＝１ ５ ｘ２－１２ ５ ｘ＋３６ ５ （１≤ｘ≤６）的一部分，ＢＤ∥ｘ轴，点 Ｂ在 ｙ轴上，点 Ｃ在 ｘ轴 上，且ＢＤ＝１．某滑雪爱好者在一次滑雪比赛中沿斜坡ＡＢ加速至Ｂ处腾空而起，近似地沿抛物 线 ＢＥＦ运动，在空中完成翻滚动作，着陆在 ＤＣ段上，已知当他运行的水平距离为２米时，达到 离地面的最大高度为９米． （１）点 Ｂ的坐标为　（０，５）　； （２）求该滑雪爱好者腾空后的抛物线（ＢＥＦ）的表达式； （３）若此次滑雪评分细则规定：当运动员的腾空高度与 ＤＣ段之间的竖直最大距离不少于６米 时，则该运动员在“腾空高度分”就可以给满分．请通过计算说明该滑雪爱好者的“腾空高度 分”是否能得到满分． 图① 　　　　 图② 第５题图 解：（１）（０，５）； （２）由题意知，顶点 Ｅ为（２，９）， 设抛物线（ＢＥＦ）的表达式为 ｙ＝ａ（ｘ－２）２＋９， 把 Ｂ（０，５）代入 ｙ＝ａ（ｘ－２）２＋９得，５＝ａ×（０－２）２＋９， 解得 ａ＝－１， ∴抛物线（ＢＥＦ）的表达式为 ｙ＝－（ｘ－２）２＋９＝－ｘ２＋４ｘ＋５； （３）如解图，设抛物线（ＢＥＦ）上一点 Ｐ，作 ＰＱ∥ｙ轴，交抛物线（ＤＣ）于 Ｑ， 设 Ｐ（ｍ，－ｍ２＋４ｍ＋５），则 Ｑ（ｍ，１ ５ ｍ２－１２ ５ ｍ＋３６ ５ ）， ∴ＰＱ＝－ｍ２＋４ｍ＋５－１ ５ ｍ２＋１２ ５ ｍ－３６ ５ ＝－６ ５ ｍ２＋３２ ５ ｍ－１１ ５ ＝－６ ５ （ｍ－８ ３ ）２＋１９ ３ ， ∵ －６ ５ ＜０， ∴当 ｍ＝８ ３ 时，ＰＱ最大，最大值为１９ ３ ， ∵１９ ３ ＞６， ∴该滑雪爱好者的“腾空高度分”能得到满分． ７４ 抢分必刷小卷·陕西数学 题 型 专 练 ６．随着现代建筑水平的提高，高层建筑越来越多、越来越高，消防车也随之发生了变化，云梯消防 车出现了．如图①，云梯消防车的水枪固定在云梯上，水枪可在云梯打开的过程中升高或平 移．在一次消防演练中，模拟建筑物 ＡＢ某楼层发生火灾，此时消防车停放在火灾楼 ＡＢ正前方 的点 Ｏ处，Ｏ到 ＡＢ的水平距离３５米，在不打开消防云梯的状态下，水枪出水口 Ｄ距地面高度 ＤＯ为４米，喷出水的路线近似为抛物线，水离出水口水平距离２０米时，水柱达到最大高度，此 时离水平地面６８米．如图②，以 ＤＯ所在的直线为 ｙ轴，以 ＯＢ所在的水平线为 ｘ轴建立平面 直角坐标系．（注：若水枪出水口位置发生改变，喷出水的路线的抛物线开口大小不变） （１）求出水口在 Ｄ点时抛物线的解析式； （２）如图②，若着火楼层的窗户的顶端 Ｃ到地面 ＯＢ的高度为８０米，窗户的底端 Ｅ到地面 ＯＢ 的高度为７６米，打开云梯后，水枪的出水口距离ｙ轴１０米，距离ｘ轴１９米，问此时水能否射进 着火窗户 ＣＥ内？ 图① 　　　　 图② 第６题图 解：（１）由题意知，抛物线顶点坐标为（２０，６８），且过点（０，４）， 设抛物线的解析式为 ｙ＝ａ（ｘ－２０）２＋６８，代入（０，４），得４＝ａ（０－２０）２＋６８，解得 ａ＝－４ ２５ ， ∴抛物线的解析式为 ｙ＝－４ ２５ （ｘ－２０）２＋６８； （２）经过平移后抛物线的解析式为 ｙ′＝－４ ２５ （ｘ－２０－１０）２＋６８＋１５， 即 ｙ′＝－４ ２５ （ｘ－３０）２＋８３， 当 ｘ＝３５时，ｙ′＝－４ ２５ ×２５＋８３＝７９， ∵７６＜７９＜８０， ∴此时水能射进着火窗户 ＣＥ内． ８４ 抢分必刷小卷·陕西数学 题 型 专 练 类型 ３　图形面积问题（２０２１．２６（２）；２０２０．２５（３）） ７．（１）如图①，在四边形 ＡＢＣＤ中，∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°，点 Ｐ为 ＡＢ上一点，若∠ＤＰＣ＝９０°，ＡＰ＝２，ＰＣ ＝２ＤＰ，则 ＢＣ＝　４　； （２）如图②，四边形ＡＢＣＤ中，∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°，ＡＢ＝８，ＡＤ＝１０，点Ｅ在线段ＢＣ上，且ＢＥ＝６，连 接 ＤＥ，作 ＦＥ⊥ＥＤ，交 ＡＢ于点 Ｆ，则四边形 ＡＤＥＦ的面积是多少？ （３）如图③，四边形 ＡＢＣＤ中，∠Ｃ＝９０°，ＡＢ＝８，且 ＢＣ＝２ＣＤ，点 Ｃ到 ＡＢ的距离为 １０．求四边 形 ＡＢＣＤ面积的最小值． 图① 　　 图② 　　 图③ 第７题图 解：（１）４； （２）过点 Ｄ作 ＤＧ⊥ＥＣ于点 Ｇ，如解图①， ∵∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°，ＤＧ⊥ＥＣ，∴四边形 ＡＢＧＤ为矩形， ∴ＤＧ＝ＡＢ＝８，ＢＧ＝ＡＤ＝１０，∴ＥＧ＝ＢＧ－ＢＥ＝１０－６＝４． ∵ＦＥ⊥ＥＤ，∴∠ＦＥＢ＋∠ＤＥＧ＝９０°， ∵∠Ｂ＝９０°，∴∠ＢＦＥ＋∠ＢＥＦ＝９０°，∴∠ＢＦＥ＝∠ＤＥＧ． ∵∠Ｂ＝∠ＥＧＤ＝９０°，∴△ＦＥＢ∽△ＥＤＧ， ∴ＢＥ ＧＤ ＝ＢＦ ＧＥ ，∴６ ８ ＝ＢＦ ４ ，∴ＢＦ＝３． ∴Ｓ四边形ＡＤＥＦ＝Ｓ矩形ＡＢＧＤ－Ｓ△ＢＦＥ－Ｓ△ＤＥＧ＝ＡＢ·ＡＤ－ １ ２ ＢＦ·ＢＥ－１ ２ ＥＧ·ＤＧ＝１０×８－１ ２ ×６× ３－１ ２ ×４×８＝５５； （３）过点 Ｃ作 ＥＦ∥ＡＢ，过点 Ｂ作 ＢＦ⊥ＥＦ于点 Ｆ，过点 Ｄ作 ＤＥ⊥ＥＦ于点 Ｅ，延长 ＥＤ交 ＢＡ 的延长线于点 Ｇ，如解图②，则四边形 ＥＧＢＦ为矩形， ∴∠ＥＧＡ＝∠ＦＢＧ＝９０°，ＢＦ＝ＥＧ，ＥＦ＝ＢＧ． ∵点 Ｃ到 ＡＢ的距离为１０，∴ＥＧ＝ＢＦ＝１０． ∵∠Ｅ＝∠Ｆ＝９０°，∠ＢＣＤ＝９０°，易得△ＤＥＣ∽△ＣＦＢ， ∴ＤＥ ＣＦ ＝ＥＣ ＦＢ ＝ＤＣ ＣＢ ， ∵ＢＣ＝２ＣＤ， ∴ＤＥ ＣＦ ＝ＣＥ ＢＦ ＝１ ２ ，∴ＥＣ＝１ ２ ＢＦ＝５． 设 ＤＥ＝ｘ，则 ＣＦ＝２ｘ， ∴ＢＧ＝ＥＦ＝５＋２ｘ，ＤＧ＝ＥＧ－ＤＥ＝１０－ｘ， ∴ＡＧ＝ＢＧ－ＡＢ＝５＋２ｘ－８＝２ｘ－３， ∴Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝Ｓ矩形ＢＧＥＦ－Ｓ△ＡＧＤ －Ｓ△ＤＥＣ－Ｓ△ＣＦＢ＝１０（２ｘ＋５）－ １ ２ ×（２ｘ－３）（１０－ｘ）－１ ２ × ５ｘ－１ ２ ×１０×２ｘ＝ｘ２－４ｘ＋６５＝（ｘ－２）２＋６１， ∴当 ｘ＝２时，四边形 ＡＢＣＤ面积最小，最小值为６１． ９４ 抢分必刷小卷·陕西数学 题 型 专 练 类型 ４　销售购买问题（利润最值等） ８．２０２５新年来临之际，家家户户都会进行大扫 除活动来迎接新年，因此清洁用品需求量大 增，某超市新进一批桶装消毒液，每桶进价 ５０元，每天销售量 ｙ（桶）与销售单价 ｘ（元） 之间满足一次函数关系，其图象如图所示． （１）求 ｙ与 ｘ之间的函数表达式； （２）每桶消毒液的销售价定为多少元时，商 店每天获得的利润最大，最大利润是多少元？ 第８题图 解：（１）设 ｙ与 ｘ之间的函数关系式为：ｙ＝ｋｘ ＋ｂ（ｋ≠０）， 将点（６０，１００），（７０，８０）代入得 １００＝６０ｋ＋ｂ， ８０＝７０ｋ＋ｂ{ ， 解得 ｋ＝－２， ｂ＝２２０{ ， ∴函数表达式为 ｙ＝－２ｘ＋２２０； （２）设商店每天获得的利润为 ｗ元，由题 意得： ｗ＝（ｘ－５０）（－２ｘ＋２２０） ＝－２（ｘ－８０）２＋１８００， ∵ －２＜０，函数有最大值， ∴当 ｘ＝８０时，ｗ有最大值，此时最大值是 １８００， 故销售单价定为８０元时，该商店每天获得的 利润最大，最大利润为１８００元． ９．某电商平台试销一种文艺用品，已知该用品 进价为８元／件，规定试销期间销售单价不低 于进价．试销发现：当销售单价定为１０元时， 每天可以销售３００件；销售单价每提高１元， 日销量将会减少１５件．设该文艺用品的销售 单价为 ｘ（单位：元）（ｘ＞１０），日销量为 ｙ（单 位：件），日销售利润为 ｗ（单位：元）． （１）求 ｙ与 ｘ的函数关系式； （２）求销售单价 ｘ为何值时，日销售利润 ｗ 最大，并求出最大利润 ｗ． 解：（１）ｙ＝３００－１５（ｘ－１０） ＝－１５ｘ＋４５０（ｘ＞１０）， （２）ｗ＝（ｘ－８）ｙ＝（ｘ－８）（－１５ｘ＋４５０） ＝－１５ｘ２＋５７０ｘ－３６００ ＝－１５（ｘ－１９）２＋１８１５， ∵ －１５＜０， ∴当 ｘ＝１９时，ｗ有最大值，最大值为１８１５． 答：当售价为 １９元时，日销售利润最大，为 １８１５元                                                                            ． ０５ 参考答案及重难题解析·陕西数学 题 型 专 练 （２）解：∵ＡＰ＝ＯＰ＝４，∴ＡＯ＝２ＡＰ＝８，ＡＣ＝２ＡＯ＝１６， 易得∠ＦＢＤ＝∠Ｄ＝∠Ａ， ∴ＡＰ ＡＥ ＝ＡＢ ＡＣ ＝ｃｏｓＡ＝ｃｏｓＤ＝ＢＤ ＤＥ ＝ｃｏｓ∠ＦＢＤ＝４５ ， ∴ＡＥ＝５ ４ ＡＰ＝５ ４ ×４＝５，ＡＢ＝４ ５ ＡＣ＝４ ５ ×１６＝６４ ５ ，ＢＤ＝ ４ ５ ＤＥ，∴ＢＥ＝ＡＢ－ＡＥ＝６４ ５ －５＝３９ ５ ， ∵ＢＥ＝３ ５ ＤＥ＝３９ ５ ，∴ＤＥ＝１３，∴ＢＦ＝１ ２ ＤＥ＝１ ２ ×１３＝１３ ２ ， ∴ＢＦ的长是１３ ２ ． ８．（１）证明：∵ＡＤ是⊙Ｏ的直径，∴∠ＡＢＤ＝９０°， ∵直线 ＡＦ与⊙Ｏ相切于点 Ａ， ∴ＡＤ⊥ＡＦ，∴∠ＥＡＦ＝９０°， ∵∠ＢＡＤ＋∠Ｄ＝９０°，∠Ｆ＋∠ＡＥＦ＝９０°， 而∠Ｆ＝∠ＢＡＤ，∴∠Ｄ＝∠ＡＥＦ， ∵∠ＡＥＦ＝∠ＢＥＤ，∴∠Ｄ＝∠ＢＥＤ， ∴ＢＤ＝ＢＥ； （２）解：过 Ｂ点作 ＢＨ⊥ＤＥ于 Ｈ点，如解图， ∵ＢＤ＝ＢＥ＝５，∴ＤＨ＝ＥＨ， ∵∠Ｆ＝∠ＢＡＤ，∴ｔａｎ∠ＢＡＤ＝ｔａｎＦ＝１２ ， 在 Ｒｔ△ＡＢＤ中，∵ｔａｎ∠ＢＡＤ＝ＢＤＡＢ ＝１ ２ ， ∴ＡＢ＝２ＢＤ＝１０，∴ＡＤ＝ ＢＤ２＋ＡＢ槡 ２ ＝ 　 ５２＋１０槡 ２ ＝５ 　 槡５， ∵Ｓ△ＡＢＤ＝ １ ２ ＢＨ·ＡＤ＝１ ２ ＡＢ·ＢＤ， ∴ＢＨ＝ＡＢ·ＢＤ ＡＤ ＝５×１０ ５ 　 槡５ ＝２ 　 槡５， ∴ＥＨ＝ ＢＥ２－ＢＨ槡 ２ ＝ 　 ５２－（２ 　 槡５）槡 ２ ＝ 　 槡５， ∴ＤＥ＝２ＥＨ＝２ 　 槡５，∴ＡＥ＝ＡＤ－ＤＥ＝５ 　 槡５－２ 　 槡５＝３ 　 槡５， 在 Ｒｔ△ＡＥＦ中，∵ｔａｎＦ＝ＡＥＡＦ ＝１ ２ ， ∴ＡＦ＝２ＡＥ＝６ 　 槡５． 第 ８题解图 第２５题　二次函数实际应用题专练 １．解：（１）如解图，以击球点 Ａ所在的竖直线为 ｙ轴，落球点 Ｂ 所在的水平线为 ｘ轴建立如解图所示的平面直角坐标系．由 题可知，ＡＯ＝１ｍ，ＢＯ＝５０ｍ．∴Ａ（０，１），Ｂ（５０，０）， ∵该高尔夫球水平运动了 ２４ｍ时，达到最高点 Ｐ， ∴顶点 Ｐ的横坐标为 ２４， ∴设抛物线的函数表达式为 ｙ＝ａ（ｘ－２４）２＋ｋ（ａ≠０）， 把 Ａ（０，１），Ｂ（５０，０）代入， 得 １＝２４２ａ＋ｋ， ０＝２６２ａ＋ｋ{ ，解得 ａ＝－０．０１，ｋ＝６．７６{ ， ∴二次函数的表达式为 ｙ＝－０．０１（ｘ－２４）２＋６．７６； （２）∵ｙ＝－０．０１（ｘ－２４）２＋６．７６， ∴顶点 Ｐ的坐标为（２４，６．７６）， 又∵ＡＯ＝１ｍ，∴６．７６－１＝５．７６（ｍ）． ∴点 Ｐ与点 Ａ之间的竖直高度为 ５．７６ｍ． 第 １题解图 ２．解：（１）∵抛物线 ＡＥＤ的顶点 Ｅ（０，４）， ∴设抛物线的解析式为 ｙ＝ａｘ２＋４， ∵四边形 ＡＢＣＤ为矩形，ＯＥ为 ＢＣ的中垂线， ∴ＡＤ＝ＢＣ＝４ｍ，ＯＢ＝２ｍ， ∵ＡＢ＝３ｍ，∴点 Ａ（－２，３），代入 ｙ＝ａｘ２＋４， 得 ３＝４ａ＋４，∴ａ＝－１ ４ ， ∴抛物线的解析式为 ｙ＝－１ ４ ｘ２＋４； （２）∵四边形ＬＦＧＴ，四边形ＳＭＮＲ均为正方形，ＦＬ＝ＮＲ＝０．７５ｍ， ∴ＴＧ＝ＭＮ＝ＦＬ＝ＮＲ＝０．７５ｍ， 如解图，延长 ＬＦ交 ＢＣ于点 Ｈ，延长 ＲＮ交 ＢＣ于点 Ｊ，则四边 形 ＦＨＪＮ，四边形 ＡＢＨＦ均为矩形， 第 ２题解图 ∴ＦＨ＝ＡＢ＝３ｍ，ＦＮ＝ＨＪ，∴ＨＬ＝ＨＦ＋ＦＬ＝３．７５（ｍ）， 当 ｙ＝３．７５时，３．７５＝－１ ４ ｘ２＋４，解得 ｘ＝±１， ∴Ｈ（－１，０），Ｊ（１，０），∴ＦＮ＝ＨＪ＝２ｍ， ∴ＧＭ＝ＦＮ－ＦＧ－ＭＮ＝０．５（ｍ）． 答：两个正方形装置的间距 ＧＭ的长为 ０．５ｍ． ３．解：（１）由题意可知，抛物线的顶点 Ｐ的坐标为（４，４）， 设所求抛物线的解析式为 ｙ＝ａ（ｘ－４）２＋４， 把（０，０）代入解析式中，得 ０＝ａ（０－４）２＋４，解得 ａ＝－１ ４ ， ∴该抛物线的表达式为 ｙ＝－１ ４ （ｘ－４）２＋４； （２）当 ｙ＝３时，即 ３＝－１ ４ （ｘ－４）２＋４，解得 ｘ１＝２，ｘ２＝６， ∴点 Ａ的坐标为（２，０），点 Ｂ的坐标为（２，３），ＢＣ＝４ｍ， 方案一： ∵ＡＥ＝ＤＦ＝１ｍ，∴点 Ｅ的坐标为（１，０），∴点 Ｇ的横坐标为１， 当 ｘ＝１时，ｙ＝－１ ４ （１－４）２＋４＝７ ４ ，∴ＥＧ＝７ ４ ， ∴Ｓ矩形ＡＥＧＩ＝Ｓ矩形ＦＤＮＨ＝ ７ ４ ×１＝７ ４ （ｍ２）， ∴Ｓ矩形ＡＥＧＩ＋Ｓ矩形ＦＤＮＨ＝ ７ ４ ×２＝７ ２ （ｍ２）； 方案二： ∵ＢＥ＝ＣＦ＝１ｍ，∴ＥＦ＝ＢＣ－ＢＥ－ＣＦ＝２ｍ， 点 Ｅ的坐标为（３，３），∴点 Ｇ的横坐标为 ３， 当 ｘ＝３时，ｙ＝－１ ４ （３－４）２＋４＝１５ ４ ，∴ＥＧ＝１５ ４ －３＝３ ４ （ｍ）， ∴Ｓ矩形ＥＧＨＦ＝ＥＦ·ＧＥ＝２× ３ ４ ＝３ ２ ｍ( )２ ， ∵ ７ ２ ＞３ ２ ，∴方案一透光面积较大． ４．解：（１）根据题意得抛物线的顶点坐标为（２，３），设抛物线的 函数表达式为 ｙ＝ａ（ｘ－２）２＋３（ａ≠０）， ∵抛物线经过原点 Ｏ（０，０），∴０＝ａ（０－２）２＋３，解得 ａ＝－３ ４ ， ∴抛物线的函数表达式为 ｙ＝－３ ４ （ｘ－２）２＋３， ∵ＯＡ＝３．５，∴将 ｘ＝３．５代入 ｙ＝－３ ４ （ｘ－２）２＋３                                                                            ， ２２ 参考答案及重难题解析·陕西数学 题 型 专 练 得 ｙ＝２１ １６ ， ∵１．２＜２１ １６ ，即水柱不能喷射到护栏上，∴符合要求； （２）如解图，过点 Ｆ作 ＦＧ⊥ＡＥ于点 Ｇ， ∵ＢＥ ＡＥ ＝１ ２ ＝ＦＧ ＡＧ ，设 ＡＧ＝ｂ，则 ＦＧ＝０．５ｂ， ∴点 Ｆ的坐标为（０．５ｂ＋３．５，－ｂ）， 将（０．５ｂ＋３．５，－ｂ）代入 ｙ＝－３ ４ （ｘ－２）２＋３， 得（０．５ｂ＋１．５）２＋３＝－ｂ，解得 ｂ１ ＝－３（不合题意，舍去）， ｂ２＝ ７ ３ ． 答：当水面距离人行道的竖直距离为 ７ ３ ｍ时，水柱恰好落在 河水中． 第 ４题解图 　 第 ５题解图 ５．解：（１）（０，５）； （２）由题意知，顶点 Ｅ为（２，９）， 设抛物线（ＢＥＦ）的表达式为 ｙ＝ａ（ｘ－２）２＋９， 把 Ｂ（０，５）代入 ｙ＝ａ（ｘ－２）２＋９得，５＝ａ×（０－２）２＋９， 解得 ａ＝－１， ∴抛物线（ＢＥＦ）的表达式为 ｙ＝－（ｘ－２）２ ＋９＝－ｘ２ ＋４ｘ ＋５； （３）如解图，设抛物线（ＢＥＦ）上一点 Ｐ，作 ＰＱ∥ｙ轴，交抛物 线（ＤＣ）于 Ｑ， 设 Ｐ（ｍ，－ｍ２＋４ｍ＋５），则 Ｑ（ｍ，１ ５ ｍ２－１２ ５ ｍ＋３６ ５ ）， ∴ＰＱ＝－ｍ２＋４ｍ＋５－１ ５ ｍ２＋１２ ５ ｍ－３６ ５ ＝－６ ５ ｍ２ ＋３２ ５ ｍ－ １１ ５ ＝－６ ５ （ｍ－８ ３ ） ２＋１９ ３ ， ∵ －６ ５ ＜０，∴当 ｍ＝８ ３ 时，ＰＱ最大，最大值为１９ ３ ， ∵１９ ３ ＞６，∴该滑雪爱好者的“腾空高度分”能得到满分． ６．（１）解：由题意知，抛物线顶点坐标为（２０，６８），且过点（０，４）， 设抛物线的解析式为 ｙ＝ａ（ｘ－２０）２＋６８，代入（０，４），得４＝ ａ（０－２０）２＋６８，解得 ａ＝－４ ２５ ， ∴抛物线的解析式为 ｙ＝－４ ２５ （ｘ－２０）２＋６８； （２）经过平移后抛物线的解析式为 ｙ′＝－４ ２５ （ｘ－２０－１０）２＋６８＋１５， 即 ｙ′＝－４ ２５ （ｘ－３０）２＋８３， 当 ｘ＝３５时，ｙ′＝－４ ２５ ×２５＋８３＝７９， ∵７６＜７９＜８０，∴此时水能射进着火窗户 ＣＥ内． ７．解：（１）４； （２）过点 Ｄ作 ＤＧ⊥ＥＣ于点 Ｇ，如解图①， ∵∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°，ＤＧ⊥ＥＣ，∴四边形 ＡＢＧＤ为矩形， ∴ＤＧ＝ＡＢ＝８，ＢＧ＝ＡＤ＝１０，∴ＥＧ＝ＢＧ－ＢＥ＝１０－６＝４． ∵ＦＥ⊥ＥＤ，∴∠ＦＥＢ＋∠ＤＥＧ＝９０°， ∵∠Ｂ＝９０°，∴∠ＢＦＥ＋∠ＢＥＦ＝９０°，∴∠ＢＦＥ＝∠ＤＥＧ． ∵∠Ｂ＝∠ＥＧＤ＝９０°，∴△ＦＥＢ∽△ＥＤＧ， ∴ＢＥ ＧＤ ＝ＢＦ ＧＥ ，∴ ６ ８ ＝ＢＦ ４ ，∴ＢＦ＝３． ∴Ｓ四边形ＡＤＥＦ＝Ｓ矩形ＡＢＧＤ －Ｓ△ＢＦＥ －Ｓ△ＤＥＧ ＝ＡＢ·ＡＤ－ １ ２ ＢＦ·ＢＥ －１ ２ ＥＧ·ＤＧ＝１０×８－１ ２ ×６×３－１ ２ ×４×８＝５５； 图① 　　 图② 第 ７题解图 （３）过点 Ｃ作 ＥＦ∥ＡＢ，过点 Ｂ作 ＢＦ⊥ＥＦ于点 Ｆ，过点 Ｄ作 ＤＥ⊥ＥＦ于点 Ｅ，延长 ＥＤ交 ＢＡ的延长线于点 Ｇ，如解图②， 则四边形 ＥＧＢＦ为矩形， ∴∠ＥＧＡ＝∠ＦＢＧ＝９０°，ＢＦ＝ＥＧ，ＥＦ＝ＢＧ． ∵点 Ｃ到 ＡＢ的距离为 １０，∴ＥＧ＝ＢＦ＝１０． ∵∠Ｅ＝∠Ｆ＝９０°，∠ＢＣＤ＝９０°，易得△ＤＥＣ∽△ＣＦＢ， ∴ＤＥ ＣＦ ＝ＥＣ ＦＢ ＝ＤＣ ＣＢ ， ∵ＢＣ＝２ＣＤ，∴ＤＥ ＣＦ ＝ＣＥ ＢＦ ＝１ ２ ，∴ＥＣ＝１ ２ ＢＦ＝５． 设 ＤＥ＝ｘ，则 ＣＦ＝２ｘ， ∴ＢＧ＝ＥＦ＝５＋２ｘ，ＤＧ＝ＥＧ－ＤＥ＝１０－ｘ， ∴ＡＧ＝ＢＧ－ＡＢ＝５＋２ｘ－８＝２ｘ－３． ∴Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝Ｓ矩形ＢＧＥＦ－Ｓ△ＡＧＤ －Ｓ△ＤＥＣ －Ｓ△ＣＦＢ ＝１０（２ｘ＋５）－ １ ２ ×（２ｘ－３）（１０－ｘ）－１ ２ ×５ｘ－１ ２ ×１０×２ｘ＝ｘ２ －４ｘ＋ ６５＝（ｘ－２）２＋６１， ∴当 ｘ＝２时，四边形 ＡＢＣＤ面积最小，最小值为 ６１． ８．解：（１）设 ｙ与 ｘ之间的函数关系式为：ｙ＝ｋｘ＋ｂ， 将点（６０，１００），（７０，８０）代入得 １００＝６０ｋ＋ｂ， ８０＝７０ｋ＋ｂ{ ，解得 ｋ＝－２，ｂ＝２２０{ ， ∴函数表达式为 ｙ＝－２ｘ＋２２０； （２）设商店每天获得的利润为 ｗ元，由题意得： ｗ＝（ｘ－５０）（－２ｘ＋２２０）＝－２（ｘ－８０）２＋１８００， ∵ －２＜０，函数有最大值， ∴当 ｘ＝８０时，ｗ有最大值，此时最大值是 １８００， 故销售单价定为 ８０元时，该商店每天获得的利润最大，最大 利润为 １８００元． ９．解：（１）ｙ＝３００－１５（ｘ－１０）＝－１５ｘ＋４５０（ｘ＞１０）， （２）ｗ＝（ｘ－８）ｙ＝（ｘ－８）（－１５ｘ＋４５０）＝－１５ｘ２ ＋５７０ｘ－ ３６００＝－１５（ｘ－１９）２＋１８１５， ∵ －１５＜０， ∴当 ｘ＝１９时，ｗ有最大值，最大值为 １８１５元， 答：当售价为 １９元时，日销售利润最大，为 １８１５元． 第２６题　综合与实践探究题专练 １．解：（１）如解图①，当 Ｐ点在如图所示的位置时，ＰＡ＋ＰＢ的 值最小； 图① 　　 图② 第 １                                                                            题解图 ３２