第22章 二次函数综合提升-【优+学案】2024-2025学年九年级上册数学课时通(人教版)

本章综合提升（答案P18) 本章知职归纳 二次函数 y=ar+br+ca,b,c是常数.a≠0) 的定义 向上>0例或向下化<0平移个单位长度：=r2+G0) 二次晰数 向右h>0或向左(<0平移个单位长度：y=ax-a≠0) =x(1≠O 图象的平移 向上>0到或向下保<0川平移+个单位长度，左右平移个单位长 度：y=ac-h护+a0) a>0、图象开1 开山方向 a<0,图象开口 对称轴： a.同号，对称轴在 a,异号.对称轴在 顶点坐标： 二次函数 一次函数的 对称轴左潮.随x的增大而 图象和件质 >0 对称袖湖。随x的增大而 增减性 对称轴左测。随x的增大而 <0 对称袖测。随x的增大而 a>0 当=会时.一 蚊值 20 乃时，大 一般式： 三次函数 顶点式： 的解析式 交点式： 地物线与轴1交点的 就是一元二次方程的根 一次函数 与一儿 池物线与x轴交点的情况、·一元二次方程解的情况 次力程 1.儿何图形问题 二次函数与 2.销售利涧问题 实际问题 3.抛物线形际问趣 思想方法川纳 与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以 形助数”或“以数解形”，即通过抽象思维与形象 1.数形结合思想 思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题 数形结合就是把抽象的数学语言、数量关系 具体化，从而实现优化解题途径的目的. 一九年级上册数学：划 60 “链授本章 2.分类讨论思想 在本章中，借助于图象研究二次函数的 链接本童…… 性质，将抛物线的几何特征与解析式系数的 在本章中，根据二次函数的性质求其字 数量特征紧密结合，便体现了数形结合思想 母参数的值，以及解决二次函数有关的动点 的应用 问题，往往需要分类讨论 。 【例1】(2023·黑龙江牡丹江中考)如图所 示，抛物线y=a.x2+x十c经过点(-2,0)，(3,0). 【例2】已知二次函数y=一(.x一h)(h为 下列结论： 常数)，当自变量x的值满足2≤x≤5时，与其对 ①b>0:②c=2b:③若抛物线上有点（号y小 应的函数值y的最大值为一1，则h的值为() （-3.(2小则：<<：④方 A.3或6 B.1或6 C.1或3 D.4或6 程+b证十a=0的解为，=名，= 3·其 【变式训练2】 中正确的有( (2023·内蒙古赤峰中考)如图所示，抛物线 y=x2一6.x+5与x轴交于A,B两点，与y轴交 于点C,点D(2,m)在抛物线上，点E在直线BC 上，若∠DEB=2∠DCB,则点E的坐标 是 A.4个 B.3个 C.2个 D.1个 【变式训练1】 推理能力抛物线y=a.x2十b.x十c的对称 轴为直线x=一1，图象过(1,0)点，部分图象如图 所示，下列判断： ①abc>0: ②b2-4ac>0: 3.模型思想 ③9a-3h+c=0: 所谓模型思想，是指通过对现实问题或情境 ④若点（一0.5，y1),(一2，y2)均在抛物线 上，则y1>y2； 进行抽象，建立数学模型，并用数学模型解决类 ⑤5a-2b+c<0. 似问题的方法与策略。 其中正确的有( “链接本章 在本章中，从现实生活或具体情境中抽 象出函数关系，运用二次函数的图象和性 质，以及方程的知识解决实际问题，便体现 了模型思想的应用。 A.2个 B.3个C.4个 D.5个 61 优拳案课时通 【例3】(2023·湖北中考)某商店销售某种 商品的进价为每件30元，这种商品在近60天中 的日销售价与日销售量的相关信息如下表： 1.(陕西西安碑林区模拟)如果把对称轴为直线 时间：第x(天) 1x≤30 31x≤60 x=1的抛物线y=a.x2十b.x十a一4沿y轴平 日销售价/ 移，使得平移后的抛物线与x轴有且只有一个 0.5.x+35 50 (元/件) 交点，那么下列平移方式正确的是( 日销售量 124-2.x A.向上平移4个单位长度 /件 B.向下平移4个单位长度 (1≤x≤60，x为整数) C.向上平移2个单位长度 设该商品的日销售利润为元. D.向下平移2个单位长度 (1)直接写出e关于x的函数解析式. (2)该商品在第几天的日销售利润最大？最 2.(陕西成阳乾县二模)已知两点M(6,y1), 大日销售利润是多少？ N(2,y2)均在抛物线y=a.x2+bx+c(a≠0) 上，点P(xo,yo)是抛物线的顶点，若ym≤ y:<y1,则xn的取值范围是( A.o<4 B.x。>-2 C.-6<xo<-2 D.-2<x<2 【变式训练3】 3.(2023·山东泰安泰山区三模)二次函数y= (2023·山东菏泽中考)某学校为美化学校 a.x”十bx十c(a,b,c为常数，且a≠0)中的x 环境，打造绿色校园，决定用篱笆围成一个一面 与y的部分对应值如表： 靠墙（墙足够长）的矩形花园，用一道篱笆把花园 分为A,B两块区域（如图所示），花园里种满牡 0 丹和芍药，学校已定购篱笆120米. 13 29 5 3 5 (1)设计一个使花园面积最大的方案，并求 出其最大面积。 下列结论： (2)在花园面积最大的条件下，A,B两块区 ①abr<0: 域内分别种植牡丹和芍药，每平方米种植2株， ②当x>1时，y的值随x值的增大而减小： 已知牡丹每株售价25元，芍药每株售价15元， ③16a+4b+c<0: 学校计划购买费用不超过5万元，求最多可以购 ④抛物线与坐标轴有两个交点： 买多少株牡丹」 ⑤x=3是方程a.x2+(b-1)x+c=0的一 个根. 其中正确的有( A.5个 B.4个 C.3个 D.2个 一九年级上册数学：划 62 4.(河北邯郸二模)如图 y/m 通巾等 所示，物体从点A抛 6.(2023·浙江丽水中考)一个球从地面竖直向 出，物体的高度y(单 0 上弹起时的速度为10米/秒，经过t(单位：秒) 位：m)与飞行时间t(单位：s)近似满足函数解 时球距离地面的高度h(单位：米)适用公式 h=101一52，那么球弹起后又回到地面所花 析式y=一 51-3)2+5. 的时间t是() A.5秒 B.10秒C.1秒 D.2秒 (1)0A= m. 7.(2023·江苏扬州中考)已知二次函数y (2)在飞行过程中，若物体在某一个高度时总 对应两个不同的时间，则t的取值范 ax-2z+2a为常数，且a>0),下列结论： ①函数图象一定经过第一、二、四象限：②函数 围是 图象一定不经过第三象限：③当x<0时，y随 5.(2023·辽宁盘锦兴隆台区模拟改编)如图所 x的增大而减小：①当x>0时，y随x的增大 示，已知抛物线y=a.x十bx十5与x轴交于 而增大.其中所有正确结论的序号是( A(一1,0)，B(5,0)两点（点A在点B的左 A.①② B.②③ C.② D.③④ 侧)，与y轴交于点C. 8.(2023·广东中考)如图所示，抛物线y (1)求抛物线的函数解析式. a.x2十c经过正方形OABC的三个顶点A,B, (2)点D是第一象限内抛物线上的一个动点 C,点B在y轴上，则ac的值为( (与点C,B不重合)，过点D作DF⊥x轴于点 F,交直线BC于点E,连接BD,直线BC能否 把△BDF分成面积之比为2：3的两部分？ 若能，请求出点D的坐标；若不能，请说明 A.-1 B.-2 C.-3 D.-4 理由， 9.(2023·山东青岛中考)如图所示，二次函数 y=a.x2十bx十c的图象与正比例函数y=kx 的图象相交于A,B两点，已知点A的横坐标 为一3，点B的横坐标为2，二次函数图象的对 称轴是直线x=一1.下列结论：①abc<0: ②3b+2c>0:③关于x的方程a.x2+bx+c k:的两根为x1=-3x:=2:④k=2a.其中 正确的是 .(只填写序号) 63 优拳需课时通 10.(2023·四川巴中中考)规定：如果两个函数 12.(2023·山东淄博中考改编)如图所示，一条 的图象关于y轴对称，那么称这两个函数互 抛物线y=a.x2+bx经过△OAB的三个顶 为“Y函数”.例如：函数y=x十3与 点，其中O为坐标原点，点A(3,一3)，点B y=-x+3互为Y函数若函数y气+ 在第一象限内，对称轴是直线x=,且 (k一1)x十k一3的图象与x轴只有一个交 △COAB的面积为18. 点，则它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标 (1)求该抛物线对应的函数解析式 为 (2)求点B的坐标. 11.(2023·江苏泰州中考)某公司的化工产品成 (3)设C为线段AB的中点，P为直线OB上 本为30元千克.销售部门规定：一次性销售 的一个动点，连接AP,CP,将△ACP沿CP 1000千克以内时，以50元千克的价格销 翻折，点A的对应点为A.问是否存在点P, 售：一次性销售不低于1000千克时，每增加 使得以A1,P,C,B为顶点的四边形是平行 1千克降价0.01元.考虑到降价对利润的影 四边形？若存在，直接写出所有符合条件的 响，一次性销售不低于1750千克时，均以某 点P的坐标；若不存在，请说明理由. 一固定价格销售.一次性销售利润y(单位： 元)与一次性销售量x(单位：千克)的函数关 系如图所示 (1)当一次性销售800千克时利润为多少元？ (2)求一次性销售量在1000~1750kg之间 时的最大利润。 (3)当一次性销售多少千克时利润为22100元？ 1儿 710001750J千克 一九年级上册数学：划 64x+5),H(x,-x2-4x+5),由HQ=QP,得 综上所述，使得以A,C,P为顶点的三角形是等腰 -x2-4x+5-(x+5)=x+5, 解得x1=一1，x:=一5（舍去）， 三角形，点P的坐标为(-号0)或(-22+安） .存在这样的点P,其坐标为（一1,0） V1 4解：1)当1=0时y=-号+m-3=m-3 6.解：(1)，抛物线y=-x+bx+c经过A(-1,0), .C(0,m一3). C(0,3)两点， OA=0C=m-3,.A(m-3,0), 把(m一3.0)代入y=一2+m-3. 1 ÷1-6+c=0·解得6=： 1c=3, c=3. ∴.该抛物线的函数解析式为y=一x2十2x十3. 得-7(m-3)+m-3=0, (2),y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4, ,.顶点M的坐标为(1,4) 解得m1=5,m2=3(舍去)，∴.m的值为5， 设直线AM的函数解析式为y=kx十d,则 “抛物线的函数解析式为y=一2x+2。 伦4o解相台 1-k+d=0, (2)在抛物线上不存在另一点M,使△MAC2 .直线AM的函数解析式为y=2x十2. △OAC.理由如下： 当x=0时，y=2,.D(0,2). ,'△OAC是以AC为斜边的等腰直角三角形， 作点D关于x轴的对称点 ∴.当△MAC是以AC为斜边的等腰直角三角形时， D'(0,-2),连接D'M,D'H,如 △MAC≌△OAC. 图所示，则DH=D'H, 则点M为AC的垂直平分线与抛物线的交点，于是 .∴.MH+DH=MH+D'H≥DM. 此时△MAC不能为直角三角形，.在抛物线上不存 即MH+DH的最小值为DM. 在另一点M,使△MAC≌△OAC. DM=√(1-0)+(4+2) 5.解：(1)△ABC是直角三角形.理由如下： =37, 当y=0时，一之- 2x+2=0, .MH+DH的最小值为√37 解得x1=一4，x=1, (3)对称轴上存在点Q,使得以D,M,P,Q为顶点 即B(-4,0),A(1,0). 的四边形是平行四边形 当x=0时，y=2,即C(0,2). 由(2)得D(0,2),M(1,4). AB=1-(-4)=5,AB2=25, ,点P是抛物线上一动点， AC8=(1-0)2+(0-2)°=5， .设P(m,一m+2m十3). BC=(-4-0)2+(0-2)2=20. :抛物线y=一x十2.x十3的对称轴为直线x=1, AC2+BC2=AB,.△ABC是直角三角形. .设Q(1,n) (2)存在 ①当DM,PQ为对角线时，DM,PQ的中点重合， 抛物线y=一一 x+2的对称轴是直线 0+1=m+1. 02士m+2m+3十n,解得份0. 1n=3, .Q(1,3): I=- 名设P(-小，由勾吸定理，得 ②当DP,MQ为对角线时，DP,MQ的中点重合， PM=+)°+m= 4 +n.PC:=9 +(2 ÷g2g-4+将得 n=1, n)2,AC2=5. Q(1,1): ③当DQ,PM为对角线时，DQ,PM的中点重合， 分类讨论： ①当AP=AC时，AP=AC2, ÷但十+十2m+8解得 n=5, 5+=5,方程无解，不存在： .Q(1,5). 综上所述，对称轴上存在点Q,使得以D,M,P,Q ②当PA=PC时，PA8=PC, 为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为 +n2=9 25 +(2-m), (1,3)或(1,1)或(1,5). 解得m=0,即P,(2o小： 本章综合提升 【本章知识归纳】 ③当CA=CP时，CA2=CP2, 向上向下y轴左侧y轴右侧 5=4+(2-), 9 减小增大增大减小 部得m=2+=2-四 Aac-b 4ac-b2 21 Aa Aa y=a.x2+hx+c(a≠0) y=a(x-h)”+k(a≠0) y=a(x-x:)(x-x2)(a≠0) 横坐标 18 【思想方法归纳】 5.解：(1)将(-1,0)，(5,0)代入y=ax+bx+5, 【例1】 【思路分析】由二次函数的图象可判断出每个系数的符 得88。解得信=. 号，即可判断①，由对称轴可判断②，然后根据增减性 则抛物线的函数解析式为y=一x2+4x十5. 可判断③，由根与系数的关系可判断①. (2)能 D 设直线BC的函数解析式为y=kx十m,由(1)可知 【变式训练1】B C(0,5),把(0,5)，(5,0)代人y=k.x+m, 【例2】 【思路分析】分h<2,2≤h≤5和h>5三种情况考虑： 得以十=0解得伦= 当h<2时，根据二次函数的性质可得出关于h的一元 所以直线BC的函数解析式为y=一x+5. 二次方程，解之即可得出结论：当2≤h≤5时，由此时 设D(x,-x2+4.x+5), 函数的最大值为0与题意不符，可得出该情况不存在： 则E(x,一x+5),F(x,0)(0<x<5), 当h>5时，根据二次函数的性质可得出关于h的一元 .DE=-x2+4x+5-(-x+5)=-x2+5x, 二次方程，解之即可得出结论.综上即可得出结论 EF=一x十5， 当DE:EF=2:3时，S2BDE:S△Br=2：3, 【支式训练2）安一》 即(-x+5x):(-x+5)=2:3, 【例3】 整理，得3x2-17x十10=0，解得x1= 3x:=5(舍 【思路分析】(1)分1x30和31x60两种情况， 利用“利润=每件的利润X销售量”列出函数解析式， 去)，此时D点的坐标为侵智》： (2)根据(1)的函数解析式，由函数的性质分别求出 当DE:EF=3:2时，SADE:SAer=3:2,即 1≤x≤30的函数最大值和31≤x≤60的函数最大值， (-x十5.x):(-x+5)=3:2, 比较得出结果. 3 解：(1)当1≤x≤30时， 整理得2.x2-18x+15=0,解得x1=2x:=5(舍 w=(0.5.x+35-30)·(-2.x+124)=-x2+52.x+ 620,当31≤x≤60时， 去)此时D点的坐标为（层》） =(50-30)·(-2x+124)=-40x十2480， .关于x的函数解析式为 综上所述，当点D的坐标为（层，）或（受，）时。 -x2+52x+620(1≤x≤30). 直线BC把△BDF分成面积之比为2：3的两 -40x+2480(31≤x≤60). 部分. (2)当1≤x≤30时， 【通中考】 =一x+52x+620=-(x-26)2+1296. 6.D7.B8.B9.①③10.(3,0)或(4,0) -1<0 11.解：(1)根据题意，当x=800时，y=800×(50一 .当x=26时，有最大值，最大值为1296： 30)=800×20=16000. 当31≤x≤60时，=-40.x+2480, ,∴.当一次性销售800千克时利润为16000元. 一40<0，∴.当x=31时，有最大值，最大值为 (2)设一次性销售量在1000~1750kg之间时，销 -40×31+2480=1240. 售价格为50一30一0.01(x一1000)= 1296>1240,.该商品在第26天的日销售利润最 -0.01x+30, 大，最大日销售利润是1296元. ·y=x(-0.01x+30)=-0.01x2+30.x= 【变式训练3】解：(1)设垂直于墙的边长为x米，围成 -0.01(x2-3000.x)=-0.01(x-1500)2+ 的矩形面积为S平方米，则平行于墙的边长为(120 22500. 3.x)米. -0.01<0,1000≤x≤1750， 根据题意，得S=x(120-3x)=一3.x2+120.x .当x=1500时，y有最大值，最大值为22500， -3(x-20)+1200. ∴.一次性销售量在1000~1750kg之间时的最大 -3<0,.当x=20时，S取最大值1200， 利润为22500元. ,.120-3x=120-3×20=60. (3)①当一次性销售量在1000~1750kg之间时， ∴.垂直于墙的边长为20米，平行于墙的边长为60米 利润为22100元， 时，花园面积量大为1200平方米 .-0.01(x-1500)2+22500=22100, (2)设购买牡丹m株，则购买芍药1200×2一m 解得x1=1700,x:=1300: (2400一m)株. ②当一次性销售不低于1750千克时，均以某一固 ,学校计划购买费用不超过5万元， 定价格销售， ,∴.25m+15(2400一m)50000. 设此时函数解析式为y=kx, 解得m≤1400， 由(2)知，当x=1750时，y=-0.01×(1750 ,∴.最多可以购买1400株牡丹 1500)2+22500=21875, 【通模拟】 .B(1750.21875). 1.A2.A3.C 把点B的坐标代入解析式，得21875=1750k, .16 4.(1)5 解得k=12.5, (2)0≤1≤6且1≠3 ∴.当一次性销售不低于1750千克时函数解析式 为y=12.5r, 10.解：(1)证明：连接BD,如图 当y=22100时，则22100=12.5x, 所示 解得x=1768. 将△ABC绕点A逆时针旋 综上所述，当一次性销售1300千克或1700千克 转60°得到△ADE, 或1768千克时利润为22100元. ∴.∠BAD=60°，AB=AD, b9 2解：)对称轴为直线x二2 ∠ADE=∠ABC=120°， ∴.△ABD是等边三角形 6-g0 .∠ADB=60°， .∠ADE+∠ADB=120°+60°=180°， 将点A的坐标(3，一3)代入y=a.x十b.x, ∴E,D,B三点共线 得9a+3b=-3②， (2)过点A作AF⊥BE于点F,过点E作EG⊥ 2 联立①@可得a=3b=一3， AB于点G,如图所示. 由(1)知△ABD是等边三角形， “抛物线对应的函数解析式为y=号一3 .BD=AB=4. (2)设B(m号m-3加小，如图所示，过点作 ..BE=BD+DE=BD+BC=4+2=6. AF⊥BE,.∠BAF=30°， EF⊥y轴交于E点，过B点作BF⊥EF交于 F点， BF-AB-2.AF-/AB-BFT-2B. △0AB的面积=号·m(侵m-3m+3+3) :2S△A=AB·EG=BE·AF, EG=BE·AF_6X23 合×3x3-m-3(号m2-3m+39)-18, AB 4 =33· ,点E到AB的距离是33. 解得m=6或m=一3（舍去），B(6,6). 1L,解：(1)四边形AFHE是正方形.理由如下： Rt△ABE绕点A逆时针旋转90得到△ADF, .Rt△ABE≌Rt△ADF, .∠AEB=∠AFD=90°，AE=AF, .∠AFH=90 ·Rt△ABE≌Rt△ADF,.∠DAF=∠BAE. 又：∠DAF+∠FAB=90°， (3)存在点P,使得以A:,P,C,B为顶点的四边形 ∴.∠BAE+∠FAB=90, 是平行四边形 ∴.∠FAE=90 在四边形AFHE中，∠FAE=90°，∠AEB=90°， 点P的坐标为（侵，）或(2-)或 ∠AFH=90°，.四边形AFHE是矩形. 35+6,35+6或(35+6， 又，AE=AF,.矩形AFHE是正方形. 2 2 35+6 2 (2)设AE=x.则由(1)以及题意可知： 第二十三章旋转 AE=EH=FH=AF=x,BH=7, BC=AB=13. 23.1 图形的旋转 在Rt△AEB中，根据勾股定理， 第1课时旋转的概念及性质 得AB=AE+BE2,即13=x2+(x+7), 1.B 解得x1=5,x2=一12（舍去）， 2.(1)C∠BCD∠ACE(2)点E点D .BE=BH+EH=7+5=12, 3.D4.70 .DF=BE=12. 5.解：(1)由旋转的性质，可得CD=CO, 又DH=DF+FH, ∠ACD=∠BCO. .DH=12+5=17. ,∠ACB=60°，∴.∠DCO=60°， 第2课时旋转作图 ∴.△OCD为等边三角形.∴.∠ODC=60 (2)由旋转的性质，可得AD=OB=2. 1.A ,△OCD为等边三角形，∴.OD=OC=3. 2.解：如图所示，△A'B'C‘即为旋转后的图形. .∠B0C=150°，∠ODC=60°， ∴.∠ADC=150°，∴.∠ADO=90°.在Rt△AOD中， 由勾股定理，得AO=√AD+OD=√/13 6A7.A8B9(9 20