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【北京卷】备战2026年中考数学真题变式阶梯训练第25~26题
一、原题25
1．（2025·北京）工厂对新员工进行某种工艺品制作的培训.在完成理论学习后，新员工接下来先使用智能辅助训练系统进行一次为期T日(T可取0，1，2或3)的模拟练习，然后开始试制.记一名新员工在试制阶段的第x日单日制成的合格品的个数为y，根据以往的培训经验，对于给定的T，可以认为y是x的函数.当T=0和T=3时，部分数据如下：
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
时y的值 0 7 8 10 12 16 20 23 25 26
时y的值 0 26 37 43 m 48 50 51 52 53
T=3时，从试制阶段的第2日起，一名新员工每一日比前一日多制成的合格品的个数逐渐减少或保持不变.
对于给定的T，在平面直角坐标系xOy中描出该T值下各数对(x，y)所对应的点，并根据变化趋势用平滑曲线连接，得到曲线CT.当T=1和T =2时，曲线 如图所示.
（1）观察曲线 当整数x的值为　 　时，y的值首次超过35；
（2）写出表中m的值，并在给出的平面直角坐标系中画出T=3时的曲线
（3）新员工小云和小腾刚刚完成理论学习，接下来进行模拟练习和试制.
①若新员工单日制成不少于45个合格品即可获得“优秀学员”证书，根据上述函数关系，小云最早在完成理论学习后的第　 　日可获得“优秀学员”证书；
②若工厂希望小腾在完成理论学习后的4日内制成的合格品的总数最多，根据上述函数关系，在这4日中应安排小腾先进行　 　日的模拟练习.
【答案】（1）6
（2）解：∵T=3日的模拟练习时，从试制阶段的第2日起，一名新员工每一日比前一日多制成的合格品的个数逐渐减少或保持不变，在试制阶段的第3日单日制成的合格品43个，第5日单日制成的合格品48个相差48-43=5（个），
把5分成两个接近的数，5=3+2
∴第4日增加3个，第5日增加2个，
∴m=43+3=46
画出T=3时的曲线C3，如图所示

（3）4；1
【知识点】描点法画函数图象；通过函数图象获取信息
【解析】【解答】（1）解：由曲线C1看出，当整数x的值为6时，y的值首次超过35
故答案为：6
（3）解：如图
①单日制成不少于45个合格品的只有C2与C3
C3：T＝3日的模拟练习，然后试制阶段第x ＝ 4日制成的合格品达到y=46个
∴T+x=7
C2：T=2日的模拟练习，然后试制阶段第x=6日制成的合格品达到y=45个
∴T+x=8
∵7<8
故小云最早在完成理论学习后的第7日可获得“优秀学员”证书
故答案为：7
②当模拟练习T=0日时，
4日内的试制时间x=4-0=4日
4日的合格产品分别是7，8，10，12，
∴合格产品共有7+8+10+12=37
当模拟练习T=1日时，
4日内的试制时间x=4-1=3日，
3日的合格产品分别12，19，26
∴合格产品共有12+19+26=57
当模拟练习T =2日时，
4日内的试制时间x=4-2=2日，
2日的合格产品分别是20，30，
∴合格产品共有20+30=50
当模拟练习T=3日时，
4日内的试制时间x=4-3=1日，
1日的合格产品是26
∵26< 37< 50<57
∴希望小腾在完成理论学习后的4日内制成的合格品的总数最多，根据上述函数关系，在这4日中应安排小腾先进行1日的模拟练习.
故答案为：1
【分析】（1）根据图象信息即可求出答案.
（2）3日的模拟练习时，从试制阶段的第2日起，一名新员工每一日比前一日多制成的合格品的个数逐渐减少或保持不变，在试制阶段的第3日单日制成的合格品43个，第5日单日制成的合格品48个相差48-43=5（个），把5分成两个接近的数，5=3+2，则第4日增加3个，第5日增加2个，求出m的值，再作出图象即可求出答案.
（3）①单日制成不少于45个合格品的只有C2与C3，求出制成的合格品数，再比较大小即可求出答案.
②分别求出T=0，1，2，3市的合格品数，再比较大小即可求出答案.
二、变式1基础
2．（2025九上·高州开学考） 某商店以元千克的单价进货了一批商品，经调查发现，每天的销售量千克与销售单价元千克之间的函数关系如图中线段所示．
（1）求与的函数表达式；
（2）要使每天的销售利润达到元，销售单价应定为每千克多少元？
【答案】（1）解：设 y 与 x 的函数表达式为 ，将 (20，60)，(80，0) 代入 ，
得：，
解得：.
∴ y 与 x 的函数表达式为 .
（2）解：根据题意得：
整理得：，
解得：，.
答：销售单价应定为每千克40元或60元.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一元二次方程的实际应用-销售问题；通过函数图象获取信息
【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可得出与的函数表达式；
（2）根据（销售单价-进价）×销量=利润，即可得出方程，解方程即可得出答案。
3．小明在游乐场坐过山车，某一分钟内过山车高度h（米）与时间（秒）之间的函数图象如图所示，请结合图象回答：
（1）过山车所达到的最大高度是多少？
（2）请描述秒后，高度（米）随时间（秒）的变化情况
【答案】（1）解：由图可知，过山车所达到的最大高度是米．
（2）解：由图可知，当时，高度（米）随时间（秒）的增大而增大．
当时，高度（米）随时间（秒）的增大而减小．
本题考查了函数的图象，解决本题的关键是利用数形结合思想
【知识点】通过函数图象获取信息；用图象表示变量间的关系
【解析】【分析】（1）结合图图象可得过山车所达到的最大高度是98米；
（2）根据某一分钟内过山车高度h（米）与时间t（秒）之间的函数图象即可得当t＝41秒时，h的值．
4．（2022八下·南宁期末）暑假期间，小林一家乘坐高铁前往某市旅游，计划第二天租用新能源汽车自驾出游，爸爸找两家公司进行对比：
甲公司：按日收取固定租金80元，另外再按租车时间计费；
乙公司：无固定租金，直接以租车时间计费，每小时的租费是30元．
根据如图信息，解答下列问题：
（1）设租车时间为x小时，租用甲公司的车所需费用为（元），租用乙公司的车所需费用为（元），分别求出，关于x的函数解析式；
（2）请你帮助小林计算并选择哪个出游方案合算．
【答案】（1）解：设，把点代入，得，
解得，
∴，
设，把点代入，
得，
∴．
（2）当时，，解得：，
∴当租车时间为时，此时选择甲乙公司一样合算；
当时，，
解得：，
∴当租车时间小于时，此时选择乙公司合算；
当时，，
解得：，
∴当租车时间大于时，选择甲公司合算．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；通过函数图象获取信息；一次函数的实际应用-方案问题
【解析】【分析】（1）观察图象，可设，把点代入，确定的值；设，把点代入，确定的值，由于自变量x是租车时间，所以取值范围为．
（2）甲公司的车所需要费用函数表达式：，乙公司的车所需费用的表达式：，结合实际可分三种情况进行讨论：即，，，分别求出对应x的值可判断哪个方案合算．
（1）解：设，把点代入，
得，
解得，
∴，
设，把点代入，
得，
∴．
（2）当时，，
解得：，
∴当租车时间为时，此时选择甲乙公司一样合算；
当时，，
解得：，
∴当租车时间小于时，此时选择乙公司合算；
当时，，
解得：，
∴当租车时间大于时，选择甲公司合算．
三、变式2巩固
5．（2025·西湖二模）小敏和小慧去西湖风景区游玩，约好在少年宫广场见面。如图1，A地、B地、少年宫广场在一条直线上.小敏从A地出发，先匀速步行至车站，再坐公交车前往少年宫广场.同时，小慧从B地出发，骑车去少年宫广场，平均速度为200米/分钟.两人距离A地的路程s（米）和所经过的时间t（分）之间的函数关系如图2所示。（公交车的停车时间忽略不计）
（1）求公交车的平均速度。
（2）求同时出发后，经过多少时间小敏追上小慧.
（3）在小敏坐公交车的过程中，当她与小慧相距400米时，求t的值.
【答案】（1）解：（8800-800)÷（30-10)=400（米/分）
答：公交车的平均速度是400米/分
（2）解：当10≤t≤30时，小敏距离A地的路程s和所经过的时间t之间的函数关系式为
s=800+400(t-10)=400t-3200
小慧距离A地的路程s和所经过的时间t之间的函数关系式为
s=200t+1800，
当小敏追上小慧时，得400t-3200=200t+1800，
解得t＝25.
答：同时出发后，经过25分小敏追上小慧.
（3）解：当10≤t≤30时，得
|400t -3200-(200t+1800)|=400
解得t=23或27.
答：小敏坐公交车的过程中，当她与小慧相距400米时，t的值为23或27
【知识点】通过函数图象获取信息；一次函数的实际应用-行程问题
【解析】【分析】（1）根据速度=路程 ÷时间即可求出答案.
（2）求出小慧和小敏距离A地的路程s和所经过的时间t之间的函数关系式，联立解析式，解方程即可求出答案.
（3）根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
6．（2025·宿迁）甲、乙两人从同一地点出发沿同一路线匀速步行前往处参加活动．甲比乙早出发，两人途中均未休息，先到达处的人在原地休息等待，直到另一人到达处．两人之间的路程与甲行走的时间的函数图象如图所示．
（1）乙步行的速度为　 　之间的路程为　 　；
（2）当时，求关于的函数表达式；
（3）甲出发多长时间时，两人之间的路程为．
【答案】（1）90；3960
（2）解：由图像可知：点的纵坐标为，
∴，
当时，设，把，代入，得：
，解得：，
∴；
（3）解：当时，令，解得：；
当时，，解得：；
综上：当甲出发或时，两人之间的路程为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一元一次方程的实际应用-行程问题；通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：（1）由图像可知：甲的速度为：，
设乙的速度为，由题意，得：，解得：，
故乙的速度为；
之间的路程为：；
故答案为：90，3960；
【分析】
（1）观察图象知点A表示甲步行6分钟走了360米，则其速度为；点B表示甲出发18分钟后乙追上了甲，则乙步行了18-6=12分钟，由两人距离相等可求得乙的速度；点C表示乙在甲出发50分钟后到达终点N，即乙步行了50-6=44分钟，则两地距离MN等于乙44分钟步行的路程；
（2）由题意知，点C的坐标表示甲出发50分钟后距离乙的路程，即，则点C的坐标为，由于点，可直接利用待定系数法求解即可；
（3）可分两种情况，一是当乙到达终点前，二是乙到达终点后，即当时，当时，再分别计算即可.
7．（2025七下·普宁期末） 宝兰客专是首条贯通丝绸之路经济带的高铁线，宝兰客专的通车对加快西北地区与“一带一路”沿线国家和地区的经贸合作，人文交流具有十分重要的意义.试运行期间，一列动车从西安开往西宁，一列普通列车从西宁开往西安，西宁与西安相距1260千米，两车同时出发，两车出发后3小时相遇，设普通列车行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），图中的折线表示y与x之间的关系，根据图象，解答下列问题：
（1）普通列车到达终点共需　 　小时，它的速度是　 　千米/小时；
（2）求动车的速度；
（3）动车行驶多长时间与普通列车相距140千米？
【答案】（1）14；90
（2）解：设动车的速度为x千米/小时，
由题意可得：3x+3×90=1260，
解得：x=330，
即动车的速度为330千米/小时.
（3）解：①当相遇前动车与普通列车相距140千米，
由题意可得：（1260-140）÷（330+90）=（小时）；
②当相遇后动车与普通列车相距140千米时，
当动车到达终点时用时1260÷330=（小时），
此时两车相距1260-90×=＞140，
所以两车相距140千米是在动车到达终点之前，
由题意可得：140÷（330+90）+3=（小时）
综上所述： 动车行驶小时或小时与普通列车相距140千米.
【知识点】通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：（1）由x=0时，y=1260，所以两地相距1260千米，
由函数图象可知x=14时，普通列车到达西安，
即普通列出到达终点共需14小时，
所以它的速度是1260÷14=90（千米/小时），
故答案为：14；90.
【分析】（1）先求出两地相距1260千米，再根据速度=路程÷时间计算求解即可；
（2）根据题意找出等量关系求出3x+3×90=1260，再解方程计算求解即可；
（3）分两种情况：①当相遇前动车与普通列车相距140千米，②当相遇后动车与普通列车相距140千米时，再结合题意计算求解即可.
四、变式3提高
8．（2025七下·龙岗期末）小亮骑自行车去上学，当他以往常的速度骑行至点A处时，忽然想起要买某本书，于是又折回到刚经过的一家书店，买到书后继续赶去学校。以下是他本次上学离家距离与时间的关系示意图。根据图中提供的信息回答下列问题：
（1）图象所表示的两个变量中，自变量是　 　；因变量是　 　：
（2）小亮家到学校的距离是　 　米；本次上学途中，小亮一共骑行了　 　米；
（3）点A的实际意义是什么
（4）如果小亮不买书，以往常的速度去学校，从家到学校需要多少分钟？
【答案】（1）时间；离家距离
（2）1500；2700
（3）解：点A的实际意义是“骑行6分钟时，离家距离为1200米”。
（4）解：1200÷6=200（米/分钟)，
1500÷200＝（分钟)；
答：以往常的速度从家到学校需要分钟。
【知识点】通过函数图象获取信息；自变量、因变量
【解析】【解答】解：（1）自变量是在变化过程中主动变化的量，因变量是随自变量变化而变化的量， 观察图象，横轴是时间，纵轴是离家距离，时间变化引起离家距离变化，所以自变量是时间，因变量是离家距离.
故答案为：时间；离家距离.
（2）亮家到学校的距离看图象终点纵轴值，为1500米，计算骑行总路程：先到A处：1200米；返回书店：1200 - 600 = 600米；从书店到学校：1500 - 600 = 900米，总路程=1200 + 600+900 = 2700米 .
故答案为：2700.
【分析】（1）识别自变量与因变量：依据“自变量主动变，因变量随变”的定义，结合图象横纵轴代表的量判断，核心是理解变量间的因果关系.
（2）终点纵轴值对应家到学校距离；总路程需分段（去A处、返回书店、去学校）累加，关键是拆分运动阶段，利用图象数据计算.
（3）图象上点的坐标(x，y)，对应x时间时，y距离，直接结合横纵轴含义表述.
（4）先由图象中“往常路段：家到A处，用“速度=路程÷时间”求速度，再用“时间=路程÷速度”算往常到学校时间，体现行程问题基本公式（路程、速度、时间关系）的应用，通过图象提取有效数据代入公式求解.
9．（2025七下·宝安期末）小颖是一位热衷于无人机航拍的爱好者，他从APP调取了某一次的飞行数据，并绘制了无人机在匀速爬升、悬停盘旋、匀速降落过程中的飞行高度（h/米）与操控时间（t/分钟）之间的关系图.已知匀速爬升的速度相同，请根据图象回答问题：
（1）自变量是　 　，因变量是　 　.
（2）无人机在第　 　分钟上升到100米的高度，它在这个高度持续了　 　分钟：
（3）无人机匀速爬升的速度为　 　米/分钟，点A表示的意义是　 　.
（4）若无人机匀速下降的速度是匀速爬升速度的1.25倍，求出图中b的值.
【答案】（1）操控时间；飞行高度
（2）9；3
（3）3；当操控时间为3分钟时，无人机飞行高度为60米
（4）解：由题意得下降的速度为：（米/分钟），
∴．
【知识点】通过函数图象获取信息；自变量、因变量
【解析】【解答】解：（1）由题意得自变量为操控时间，因变量为飞行高度；
故答案为：操控时间，飞行高度；
（2）无人机在第9分钟上升到100米的高度，它在这个高度持续了（分钟）；
故答案为：9，3；
（3）（米/分钟），
（分钟），
∴点表示的意义是当操控时间为3分钟时，无人机飞行高度为60米；
故答案为：3；当操控时间为3分钟时，无人机飞行高度为60米；
【分析】（1）根据函数的图象即可求解；
（2）根据函数的图象得到点C时上升到100米的高度，点D后高度下降，进而即可求解；
（3）根据题意用爬升总高度除以爬升时间，进而得到其速度，再根据函数的意义即可求解；
（4）根据题意得到下降的速度，进而求出下降的时间即可。
10．（2025七下·深圳期末） 小深同学趁假期与朋友去登山.早上8：00，他们从山脚出发，经过40分钟到达山腰休息平台，休息了10分钟后继续前行登上山顶，在山顶停留了半小时后原路下山.如图是他们出发后的时长x（分钟）与他们离山脚的相对高度y（米）之间的关系示意图.请根据图示信息，解答以下问题：
（1） 该问题情境中，自变量是　 　，因变量是　 　；
（2） 在山腰休息平台休息qù他们的相对高度平均变化速度是　 　米/分；他们下山的相对高度平均变化速度是　 　米/分；
（3） 将下表信息补充完整：
出发后时长x(分钟) 20 45 90 110
高山脚的相对高度y(米) ▲ 600 800 ▲
（4） 他们出发后　 　分钟，高山脚的相对高度是700米.
【答案】（1）x；y
（2）15；20
（3）300；600
（4）60或105
【知识点】函数自变量的取值范围；通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：（1）由题意可得：
该问题情境中，自变量是出发后的时长x，因变量是离山脚的相对高度y
故答案为：x；y
（2） 在山腰休息平台休息时他们的相对高度平均变化速度是米/分
他们下山的相对高度平均变化速度是米/分
故答案为：15；20
（3）出发20分钟时，离山脚的相对高度为20×15=300米
出发110分钟时，离山脚的相对高度为800-20×(110-100)=600米
故答案为：300；600
（4）再山腰休息平台休息后，他们的相对高度平均变化速度为米/分
50+(700-600)÷10=60分钟
即他们出发后60分钟，离山脚的相对高度为700米
100+(800-700)÷20=105分钟
即他们出发后105分钟，离山脚的相对高度为700米
综上所述，他们出发后60分钟或105分钟，离山脚的相对高度为700米
故答案为：60或105
【分析】（1）根据图象信息即可求出答案.
（2）根据速度=路程÷时间，结合函数图象即可求出答案.
（3）根据他们的速度和运动时间，求出他们所处的高度即可求出答案.
（4）根据图象分情况讨论：他们登山或下山时，离山脚的相对高度是700米时的出发时间即可求出答案.
五、原题26
11．（2025·北京）在平面直角坐标系xOy中，抛物线 经过点 O和点A(3，3a).
（1）求c的值，并用含a的式子表示b；
（2） 过点 P(t，0)作x轴的垂线，交抛物线于点 M，交直线y= ax于点N.
①若a=1，t =4，求MN的长；
②已知在点P从点O运动到点B(2a，0)的过程中，MN的长随OP的长的增大而增大，求a的取值范围.
【答案】（1）解：将点O(0，0)代入， 抛物线 可得c=0，
∴该抛物线解析式为
将点A(3，3a)代入， 抛物线.
可得3a=9a+3b， 解得b=-2a；
（2）解：①若a=1，则该抛物线及直线解析分别为
当t=4时， 可有点P(4，0)，
如下图，
∵PM⊥x轴，
将x=4代入 可得 即M(4，8)，
将x=4代入y=x， 可得y=4， 即N(4，4)，
∴MN=8-4=4；
②当点P从点O运动到点B(2a，0)的过程中，
∵PM⊥x轴， P(t，0)，
将x=t代入. 可得 即
将x=t代入y= ax， 可得y= at， 即N(t， at)，
令MN=0， 即 解得t=0或t=3，
若a＞0， 可有2a＞0， 即点B在y轴右侧， 如下图，
当0＜t≤3时， 可有 其图像开口向下，对称轴为 若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t的增大而增大，则 解得
当t＞3时， 可有. 其图像开口向上，对称轴为 不符合题意；若a＜0， 可有2a＜0， 即点B在y轴左侧， 如下图，
当t＜0时， 可有. 其图像开口向上，对称轴为 若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t的减小而增大，则 解得
∴a＜0.
综上所述，a的取值范围为 且a≠0.
【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；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）将原点代入抛物线解析式可得c=0，即该抛物线解析式为 再将点A坐标代入解析式，化简即可求出答案.
（2）①若a=1，则该抛物线及直线解析分别为 当t=4时， 可有点P(4，0)，根据垂直于x轴的直线上的点的坐标特征可得，再分别代入抛物线与直线解析式可得M，N点坐标，再根据两点间距离即可求出答案.
②当点P从点O运动到点B(2a，0)的过程中，根据垂直于x轴的直线上的点的坐标特征可得，再分别代入抛物线与直线解析式可得N(t， at)，根据两点间距离可得，令MN=0， 解方程可得t=0或t=3，分情况讨论：若a＞0， 可有2a＞0， 即点B在y轴右侧，当0＜t≤3时， 可有 其图像开口向下，对称轴为 若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t的增大而增大，则 解得 当t＞3时， 可有. 其图像开口向上，对称轴为 不符合题意；若a＜0， 可有2a＜0， 即点B在y轴左侧，当t＜0时， 可有. 其图像开口向上，对称轴为 若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t的减小而增大，则 解得 即可求出答案.
六、变式1（基础）
12．（2025九上·拱墅开学考）已知二次函数经过点（3，0），对称轴是直线．
（1）求二次函数的解析式；
（2）自变量x在什么范围内时，y随x的增大而增大．
【答案】（1）解：依题意
解得b=-4，c=-6
∴二次函数的解析式为
（2）解：抛物线开口向上，对称轴为x=1
由图象及性质可知，当时，y随x增大为增大。
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】(1)根据题意将点 （3，0） 代入解析式，将对称轴写为，就能求出b，c的值，从而得出抛物线的解析式；
(2)利用二次函数的图象和性质易知当时，y随x增大为增大。
13． 在平面直角坐标系xOy 中，M(x1，y1)，N(x2，y2)为抛物线 上任意两点，其中
（1）若抛物线的对称轴为x=1，当x1，x2为何值时，
（2）设抛物线的对称轴为x=t.若对于 都有y1＜y2，求t的取值范围.
【答案】（1）当x=0时，y=c，
根据对称轴为x=1，得当x=2时，y=c
∴当 时，
（2）解：当x1≥t时， 恒成立，此时
当.x2≤t时， 恒不成立，此时
当x1综上可知，当. 时，
又∵当 时，y1
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【分析】（1）根据抛物线的对称性解决问题即可.
(2)分类讨论，按照M，N两点都在轴右侧，都在轴左侧或M在左侧，n在右侧三种情况讨论，从而得若要 y1＜y2 ，则，进而得到t范围.
14．（2025九上·金华竞赛）已知二次函数 .
（1）当 时，函数的最大值与最小值之差为 2，求 的值；
（2）若 恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）解： ，对称轴 ，
分类讨论： ① 当 时，即 ，
当 时， ； 当 时， ，即 ，解得 ，
不符合题意， 舍去.
② 当 时，即 ，
当 时， ； 当 时， ，即 ，解得 ，
不符合题意， 舍去.
③当 时，即 ，
当 时， ； 当 时， ，即 ，解得 或 不符合题意，舍去.
④当 时，即 ，
当 时， ； 当 时， ，即 ，
解得 或 不符合题意，舍去.
综上， 或 .
（2）解：分类讨论：
① 当 时，即 ，当 时， ，即 ，解得 ，故 .
② 当 时，即 ，
当 时， ，即 ，解得 ，不符合题意，舍去.
③当 时，即 ，
当 时， ，即 ，解得 ，故 .
综上，
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）利用函数解析式可求出抛物线的对称轴，再分情况讨论：① 当 时，即 ，分别求出当x=-1时y的最小值和x=1时y的最大值，然后根据函数的最大值与最小值之差为 2，可得到关于a的方程，解方程求出a的值，再作出判断；② 当 时，即 ，分别求出当x=1时y的最小值和x=-1时y的最大值，然后根据函数的最大值与最小值之差为 2，可得到关于a的方程，解方程求出a的值，利用a的取值范围作出判断；③当 时，即 ，分别求出当 时y的最小值和x=1时y的最大值，然后根据函数的最大值与最小值之差为 2，可得到关于a的方程，解方程求出a的值，利用a的取值范围作出判断；④当 时，即 ，分别求出当 时y的最小值和x=-1时y的最大值，然后根据函数的最大值与最小值之差为 2，可得到关于a的方程，解方程求出a的值，利用a的取值范围作出判断；综上所述可得到符合题意的a的值.
（2）分类讨论： 当 时，可求出当x=1时y的最小值，可得到关于a的不等式，然后求出不等式的解集；② 当 时，求出当x=2时y的最小值，据此可得到关于a的不等式，然后求出不等式的解集；③当 时，可求出当 时y的最小值，据此可得到关于a的不等式，然后求出不等式的解集，综上所述可得到 恒成立的a的取值范围.
七、变式2（巩固）
15．（2025·南明模拟）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于，两点，交轴于点，若点的坐标为，点是该二次函数图象上的一个动点，且在第一象限．
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接，过点作轴于点，交线段于点，当点运动到什么位置时，线段有最大值？请求出点的坐标和的最大值；
（3）连接，，若关于轴的对称图形是，是否存在点，使得四边形为菱形？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将，分别代入，
得，解得，
∴二次函数的表达式为。
（2）解：设，由，，可得直线的表达式为，
设，
∴，
当时，，
∴点的坐标为时，的最大值为4。
（3）解：存在，理由如下：如图，连接，交于点，
设点，
若四边形为菱形，
则，，
∴，
∴，即，
解得，
∵点在第一象限，
故当点的坐标是时，四边形为菱形．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法将，分别代入，得到二元一次方程组，解方程组即可求解；
（2）首先得出可得直线的表达式为，然后假设，得，求解即可；
（3）由四边形为菱形，得，，进而得，则，求解即可。
（1）解：将，分别代入，
得，
解这个方程组，得，
所以二次函数的表达式为；
（2）解：设，
由，，可得直线的表达式为，
设，
∴
，
当时，，
故点的坐标为时，的最大值为4；
（3）解：存在，理由如下：
如图，连接，交于点，
设点，
若四边形为菱形，
则，，
∴，
∴，即，
解得，
∵点在第一象限，
故当点的坐标是时，四边形为菱形．
16．（2025·资阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左边)，与y轴相交于点C（0，-3)且抛物线的顶点坐标为（1，-4)
（1）求抛物线的表达式；
（2）P是抛物线上位于第四象限的一点，点D(0，-1)，连接BC、DP相交于点E，连接PB.若△CDE与△PBE的面积相等，求点P的坐标；
（3）M、N是抛物线上的两个动点，分别过点M、N作直线BC的垂线段，垂足分别为G.H.是否存在点M，N、使得以M，N、G、H为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由。
【答案】（1）解：设抛物线表达式为y=a(x-1)2-4.
由抛物线过点C(0，-3)，得a(0-1)2-4=-3，解得a= 1.
所以，抛物线的表达式为y=(x-1)2-4，即y=x2-2x-3
（2）解：方法1：过点P作x轴的垂线，交x轴于点F.
∵△CDE与△PBE的面积相等，
∴△BOC与四边形BODP的面积相等.
设点P(t， t2-2t-3)，其中0＜t<3，
∴点F坐标为(t，0).
当y=0时x2-2x-3=0
解之：x1=-1，x2=3，
∴点B（3，0）
∴.
四边形BODP的面积.
所以.
整理得.
解得（舍去），.
点P的纵坐标.
所以点P的坐标为.
方法2连接PC，BD，过点P作CD的垂线，垂足为F.
∵△CDE与△PBE的面积相等，
所以△BCD与△PBD的面积相等，即S△BCD=S△PBD.
则点P和点C到直线BD的距离相等.
所以直线 PC∥BD，
易证△PFC∽△BOD.
所以.
设，其中.
则，解得，则.所以点P的坐标为
方法3连接PC、 BD， 过点P作直线CD的平行线， 交 BD于点F.
因为△CDE与△PBE的面积相等，
所以△BCD与△PBD的面积相等，即S△BCD=S△PBD：
则点P和点C到直线BD的距离相等.
所以直线PC// BD.
设直线 BD的表达式为y=kx+b.
易知点B的坐标为(3， 0)，
则则
所以直线BD的表达式为.
由，得，四边形PFDC是平行四边形，则.
设，其中，则.
由，解得（舍去），.
则.
所以点P的坐标为.
方法4连接PC、BD、过点P作直线CD的平行线，交 BD于点F.
因为△CDE与△PBE的面积相等，
所以△BCD与△PBD的面积相等，即S△BCD=S△PBD
则点P和点C到直线BD的距离相等
所以直线
直线 B D 的表达式为 ．
设点 ，其中 ，则 ．
所以
由 ，得 ，解得 （含去），
点 的纵坐标 ．
所以点 的坐标为
（3）解：满足条件的点M， N存在.
理由如下：
①若点M，N分别在直线BC的两侧，
不妨令点M在直线BC上方、点N在直线BC下方，如图.
可知∠MGH=90°，
则∠MGN= ∠MGH + ∠HGN>90°，不合题意.
②若点M、N在直线 BC的下方，
不妨设点M在点H下方，如图.
直线 BC 的表达式为y = x-3.
连接MH、则△MGN为等腰直角三角形，∠HGN=45°，
可得GN⊥y轴，MH⊥x轴.
设点M坐标为(m，m2-2m-3).其中0＜m<3.
则点H坐标为(m. m-3).
根据正方形的特征，可得点N坐标为，将点N坐标代入抛物线表达式，得，即。化简得，因为.
所以，进一步化为.
解得，（舍去）.
此时，正方形边长为.
③若点M，N在直线BC的上方，
不妨设点M在点H上方，如图.
设点，其中或，
根据正方形的特征，点N坐标为，
将点N的坐标代入抛物线的表达式，
得，即。化简得，
由于m<0或m>3，
则(m-2)(m2-5m-2)=2(m+2)，
进一步化为m2-7m+6=0.
解得m1=1(舍去)， m2=6.
此时MH=18，正方形边长为9.
综上所述，正方形边长为或9.
【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；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）利用已知条件设抛物线的解析式为y=a(x-1)2-4，将点（0，-3）代入函数解析式可求出a的值，即可二次函数解析式.
（2）方法1：过点P作x轴的垂线，交x轴于点F，利用已知条件可推出△BOC与四边形BODP的面积相等；设点P(t， t2-2t-3)，其中0＜t<3，可表示出点F的坐标，由y=0可求出对应的x的值，可得到点B的坐标，利用三角形的面积公式求出△BOC的面积，再根据四边形BODP的面积等于△BOC的面积，可得到关于t的方程，解方程求出符合题意的t的值，可得到点P的坐标；方法2连接PC，BD，过点P作CD的垂线，垂足为F，设，其中，可推出S△BCD=S△PBD，再证明△PFC∽△BOD，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，解方程求出t的值，可得到点P的坐标；方法3连接PC、 BD， 过点P作直线CD的平行线， 交 BD于点F，可推出S△BCD=S△PBD，利用待定系数法求出直线BD的函数解析式，易证四边形PFDC是平行四边形，利用平行四边形的性质可得到PF的长，设，其中，则，可得到关于t的方程，解方程求出符合题意的t的值，可得到点P的坐标；方法4连接PC、BD、过点P作直线CD的平行线，交 BD于点，可推出S△BCD=S△PBD，利用待定系数法求出直线BD的函数解析式，设点 ，其中 ，则 ，利用三角形的面积公式可表示出△PBD的面积，同时可求出 BCD的面积，据此可得到关于t的方程，解方程求出t的值，可得到点P的坐标.
（3）分情况讨论：①若点M，N分别在直线BC的两侧，不妨令点M在直线BC上方、点N在直线BC下方，可证得∠MGH=90°，∠MGN= ∠MGH + ∠HGN>90°，不合题意；②若点M、N在直线 BC的下方，不妨设点M在点H下方，利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，连接MH，易证△MGN为等腰直角三角形，同时可证得GN⊥y轴，MH⊥x轴，设点M坐标为(m，m2-2m-3).其中0＜m<3，可表示出点N的坐标，将点N的坐标代入函数解析式，可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，可得到MH的长，可得到正方形的边长；③若点M，N在直线BC的上方，不妨设点M在点H上方，设点，其中或，利用正方形的性质可表示出点N的坐标，将点N的坐标代入二次函数解析式，可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，可得到MH的长，即可得到正方形的边长；综上所述可得到符合题意的正方形的边长.
17．如图，抛物线的对称轴是直线，与轴交于点，，与轴交于点，连接．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）已知点是第一象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为点，交直线于点，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）已知点是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线，∴，解得：a=-1，
∵抛物线过点，
∴，解得：c=3，
∴抛物线解析式为
（2）解：存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．理由如下：
令y=0，则，
解得：，
∴点A的坐标为（-1，0），
∴OA=1，
当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为（0，3），即OC=3，
∴，
设直线BC的解析式为，
把点B（3，0），C（0，3）代入得：
，
解得：，
∴直线BC的解析式为，
设点N（m，-m+3），
∴MN=-m+3，
∴，，
当AC=AN时，，
解得：m=2或0（舍去），
∴此时点N（2，1）；
当AC=CN时，，
解得：或（舍去），
∴此时点N；
当AN=CN时，，
解得：，
∴此时点N；
综上所述，存在这样的点（2，1）或或，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形；
（3）解：存在，点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数-特殊三角形存在性问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）∵点B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC，
∴BC，
设点E（1，n），点F（s，t），
当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图，
∴
或，
解得：或，
∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）；
当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图，
，
解得：或，
∴此时点F的坐标为或；
综上所述，存在点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或．
【分析】（1）利用对称轴和点B坐标可求出参数a、c的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）先求直线BC的解析式，设参数表示点N坐标，进一步写出AN2，CN2，AC2，分三种情况讨论：AC=AN、AC=CN、AN=CN，建立相应的方程并求解即可；
（3）围绕线段BC的角色分两种情况讨论。当BC为边时，另外两点E、F的连线段也为边，且与BC平行相等，于是列出可能的两个方程组求解；当BC为对角线时，抓住两对角线的中点重合这一特性，以及对角线BC=EF列出方程组求解即可。
八、变式3（提高）
18．（2025·长春）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线经过点．点、是该抛物线上的两点，横坐标分别为、，已知点，作点关于点的对称点，作点关于点的对称点，构造四边形．
（1）求该抛物线所对应的函数表达式；
（2）当两点关于该抛物线的对称轴对称时，求点的坐标；
（3）设抛物线在、两点之间的部分（含、两点）为图象．当时，若图象的最高点与最低点的纵坐标之差为．求的值；
（4）连结、，当时，直接写出的取值范围（这里、、均是大于且小于的角）．
【答案】（1）解：将点代入中得：
解得：，
∴．
（2）解：根据抛物线对称轴公式可知：
抛物线的对称轴为，
∵、关于对称轴对称，且横坐标分别为、，
∴、中点在对称轴上，
∴，
，
解得：，
∵点是该抛物线上的点，
将代入抛物线解析式得，
，
即
设是A关于的对称点，则：
解得，，
∴点坐标为．
（3）解：∵抛物线顶点为，开口向上，，，
当时，包含，最低点为。
当时，，最高点为A，纵坐标差为：，
解得：；
当时，，最高点为B，纵坐标差为： ，
解得：．
综上，m的值为或．
（4）解：∵点是点关于点的对称点，点是点关于点的对称点，结合题意可知：∴，，，，
∴，，，，
当、运动到平行四边形内部时（即、、共线），如图：
过点作，如图：
此时，满足，
由一次函数的性质可的大小决定了直线的倾斜方向和函数的增减性，
所以当两条一次函数的直线平行时的大小相同，
∴
∴
解得
当、、共线时，如图，同理：
∴，
∴，
∴，
解得．
综上，．
【知识点】二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】(1)将点(3，3)代入： 求出b即可求解析式；
(2)先求抛物线的对称轴为直线。 由A，B两点关于该抛物线的对称轴对称，可得： 求出 再由A、C关于M点对称，求出C点即可；
(3)当 时，最高点纵坐标为 最低点为 当 时，最高点纵坐标为 最低点为 ，分别求出相应的m的值即可；
(4)根据题意可知四边形ABCD是平行四边形，过点O作直线 ，满足条件的m的临界位置分别为当OA与AD重合时，当OB与BC重合时，根据列方程解答即可.
19．（2025·齐齐哈尔）综合与探究
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3（a<0）与x轴交于点A（-1，0），
C（6，0），与y轴交于点B，连接BC.
（1）求抛物线的解析式：
（2）点P是直线BC下方抛物线上的点，连接PB，PC，当S△PBC=24时，求点P的坐标；
（3）点G是第四象限内抛物线上的一点，连接BG，若∠CBG=45°，则点G的坐标为　 　.
（4）如图2，作点B关于x轴的对称点D，过点D作x轴的平行线l，过点C作CE⊥l，垂足为点E，动点M，N分别从点O，E同时出发，动点M以每秒1个单位长度的速度沿射线OC方向匀速运动，动点N以每秒2个单位长度的速度沿射线ED方向匀速运动（当点N到达点D时，点M，N都停止运动），连接MN，过点D作MN的垂线，垂足为点F，连接CF，则CF的取值范围是　 　.
【答案】（1）解：将，代入抛物线的解析式，得
抛物线的解析式为
（2）解：过点作交y轴于点，连接CQ.
则
∴BQ·CO=24
∵点C(6，0)
∴CO=6
∴BQ=8
当x=0时，y=3
∴B(0，3)
∴点Q(0，-5)
∵B(0，3)，C(6，0)
∴Увс=x+3
∵PQ//BC
∴уPQ=x-5
解方程组得，，
（3）（11，-30）
（4）
【知识点】点的坐标；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【解答】
解：（3）如图，将△BOC以点C为中心，逆时针旋转90°，得到△THC，连接BT，则△BCT为等腰直角三
角形，
∴∠CBT =45°，
∵点G是第四象限内抛物线上的一点，∠CBG=45°，
∴点G为BT延长线与抛物线的交点，
由旋转可知，CH⊥OC，CH=CO=6，TH=OB=3，∠CHT=∠COB=90°，
∴点T的横坐标为6-3=3，纵坐标为-6，
∴T(3，-6)，
设BT所在直线的解析式为y=mx+n，则
解得
∴BT所在直线的解析式为y＝-3x+3，
由，解得x=0或x=11，
∵点G在第四象限，
∴点G的横坐标为正数，
∴点G的横坐标为11，纵坐标为-3x11+3=-30，
∴G(11，-30)；
故答案为：(11，-30).
(4)如图，连接OE，交MN于点K，连接DK，
∵点B和点Ｄ关于x轴对称，点B在y轴上，OB=3，
∴点D在y轴上，OD=3，
∵l过点D，且平行于x轴，∠COD=90°，
∴∠ODE=90°，
又∵CE⊥l于点E，
∴四边形ODEC为矩形，
∴CE=OD=3，
∴DE=OC =6，
∴OE=
根据题意可知，NE=2MO，
∴
∵DE//OC，
∴ ∠MOK=∠NEK，∠OMK=∠ENK，
∴△NKE△MKO，
∴
∴，
作KH⊥l于点H，则△EHK∽△EDO，
∴
∴KH=，EH=
∴DH=6-4=2，DK=
取DK中点记为L，连接LF，CL，则LD=LK=，
又∵∠DFK=90°，
∴LF=DK=，
∴LF+CF≥CL，
∴CF≥CL-LF，当且仅当点C、点F、点L共线时，CF取得最小值，
作LS⊥DE于点S，作LR⊥CE于点R，交KH于点W，连接CD，则四边形LSER为矩形，
∴ER=SL，LR=ES，
∵KH=DH=2，点L为DK的中点，
∴DS=SL=1，
∴LR=6-1=5，CR=3-1=2
∴CL=，
∴CF，
当点N到达点D时，点F、点N、点D重合，此时CF取得最大值，
∵CD =OE =3，
∴CF3，
∴CF 的取值范围是≤CF≤3，
故答案为：.
【分析】（1）用待定系数法将，代入抛物线的解析式，计算即可解答；
（2）过点作交y轴于点，连接CQ.即可得到，利用面积公式建立关系得到BQ·CO=24，即可得到BQ=8，在求出抛物线与坐标轴的交点B(0，3)，C(6，0)，利用待定系数法求出直线BC的解析式Увс=x+3，解直线和抛物线组成的方程组，计算即可解答；
（3）如图，将△BOC以点C为中心，逆时针旋转90°，得到△THC，连接BT，则△BCT为等腰直角三
角形，得到∠CBT =45°，由旋转的性质可求得T的坐标，再用待定系数法求得BT所在直线的解析式为y＝-3x+3，联立直线和抛物线的方程，计算即可解答；
（4）连接OE，交MN于点K，连接DK，先证明四边形ODEC为矩形，在利用勾股定理求得OE，利用AA证明△NKE△MKO，根据相似的性质建立比例转后可得，再证明△EHK∽△EDO，建立比例计算可得KH=，EH=，即可求DH，DK；取DK中点记为L，连接LF，CL，则LD=LK=，根据三角形三边关系可得CF≥CL-LF，当且仅当点C、点F、点L共线时，CF取得最小值；作LS⊥DE于点S，作LR⊥CE于点R，交KH于点W，连接CD，则四边形LSER为矩形；当点N到达点D时，点F、点N、点D重合，此时CF取得最大值，利用矩形的性质和勾股定理计算即可解答.
20．（2025·湖北） 抛物线与轴相交于点和点，与轴相交于点，是抛物线的顶点，是抛物线上一动点，设点的横坐标为．
（1）求的值；
（2）如图1，若点在对称轴左侧，过点作对称轴的垂线，垂足为，求的值；
（3）定义：抛物线上两点M，N之间的部分叫做抛物线弧（含端点和）．过，分别作轴的垂线，过抛物线弧的最高点和最低点分别作轴的垂线，直线与围成的矩形叫做抛物线弧的特征矩形．若点在第四象限，记抛物线弧的特征矩形的周长为．
①求关于的函数解析式；
②过点作轴，交抛物线于点，点与点不重合．记抛物线弧的特征矩形的周长为．若，直接写出的长．
【答案】（1）解：把代入，得：
，
∴；
（2）解：由（1）可知：，
∴，
∵是抛物线上一动点，设点的横坐标为，
∴，
∵过点作对称轴的垂线，垂足为，
∴，，
∴
（3）解：①当时，，当时，，
∴，，
由（2）可知：，，对称轴为直线，
∴点关于对称轴的对称点为
∵在第四象限，
∴，
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
综上：；
②或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】（3）②∵轴，
∴关于对称轴对称，
∴，
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：或（舍去）；
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴
综上：或．
【分析】（1）根据待定系数法将点A坐标代入解析式即可求出答案.
（2）将解析式转换为顶点式，求出顶点，设点的横坐标为，则，根据两点间距离可得PH，TH，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）①根据坐标轴上点的坐标特征可得，，根据对称性质可得点关于对称轴的对称点为，根据第四象限点的坐标特征可得，分情况讨论：当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，根据题意列式计算即可求出答案.
②根据对称性质可得，分情况讨论：当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
1 / 1【北京卷】备战2026年中考数学真题变式阶梯训练第25~26题
一、原题25
1．（2025·北京）工厂对新员工进行某种工艺品制作的培训.在完成理论学习后，新员工接下来先使用智能辅助训练系统进行一次为期T日(T可取0，1，2或3)的模拟练习，然后开始试制.记一名新员工在试制阶段的第x日单日制成的合格品的个数为y，根据以往的培训经验，对于给定的T，可以认为y是x的函数.当T=0和T=3时，部分数据如下：
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
时y的值 0 7 8 10 12 16 20 23 25 26
时y的值 0 26 37 43 m 48 50 51 52 53
T=3时，从试制阶段的第2日起，一名新员工每一日比前一日多制成的合格品的个数逐渐减少或保持不变.
对于给定的T，在平面直角坐标系xOy中描出该T值下各数对(x，y)所对应的点，并根据变化趋势用平滑曲线连接，得到曲线CT.当T=1和T =2时，曲线 如图所示.
（1）观察曲线 当整数x的值为　 　时，y的值首次超过35；
（2）写出表中m的值，并在给出的平面直角坐标系中画出T=3时的曲线
（3）新员工小云和小腾刚刚完成理论学习，接下来进行模拟练习和试制.
①若新员工单日制成不少于45个合格品即可获得“优秀学员”证书，根据上述函数关系，小云最早在完成理论学习后的第　 　日可获得“优秀学员”证书；
②若工厂希望小腾在完成理论学习后的4日内制成的合格品的总数最多，根据上述函数关系，在这4日中应安排小腾先进行　 　日的模拟练习.
二、变式1基础
2．（2025九上·高州开学考） 某商店以元千克的单价进货了一批商品，经调查发现，每天的销售量千克与销售单价元千克之间的函数关系如图中线段所示．
（1）求与的函数表达式；
（2）要使每天的销售利润达到元，销售单价应定为每千克多少元？
3．小明在游乐场坐过山车，某一分钟内过山车高度h（米）与时间（秒）之间的函数图象如图所示，请结合图象回答：
（1）过山车所达到的最大高度是多少？
（2）请描述秒后，高度（米）随时间（秒）的变化情况
4．（2022八下·南宁期末）暑假期间，小林一家乘坐高铁前往某市旅游，计划第二天租用新能源汽车自驾出游，爸爸找两家公司进行对比：
甲公司：按日收取固定租金80元，另外再按租车时间计费；
乙公司：无固定租金，直接以租车时间计费，每小时的租费是30元．
根据如图信息，解答下列问题：
（1）设租车时间为x小时，租用甲公司的车所需费用为（元），租用乙公司的车所需费用为（元），分别求出，关于x的函数解析式；
（2）请你帮助小林计算并选择哪个出游方案合算．
三、变式2巩固
5．（2025·西湖二模）小敏和小慧去西湖风景区游玩，约好在少年宫广场见面。如图1，A地、B地、少年宫广场在一条直线上.小敏从A地出发，先匀速步行至车站，再坐公交车前往少年宫广场.同时，小慧从B地出发，骑车去少年宫广场，平均速度为200米/分钟.两人距离A地的路程s（米）和所经过的时间t（分）之间的函数关系如图2所示。（公交车的停车时间忽略不计）
（1）求公交车的平均速度。
（2）求同时出发后，经过多少时间小敏追上小慧.
（3）在小敏坐公交车的过程中，当她与小慧相距400米时，求t的值.
6．（2025·宿迁）甲、乙两人从同一地点出发沿同一路线匀速步行前往处参加活动．甲比乙早出发，两人途中均未休息，先到达处的人在原地休息等待，直到另一人到达处．两人之间的路程与甲行走的时间的函数图象如图所示．
（1）乙步行的速度为　 　之间的路程为　 　；
（2）当时，求关于的函数表达式；
（3）甲出发多长时间时，两人之间的路程为．
7．（2025七下·普宁期末） 宝兰客专是首条贯通丝绸之路经济带的高铁线，宝兰客专的通车对加快西北地区与“一带一路”沿线国家和地区的经贸合作，人文交流具有十分重要的意义.试运行期间，一列动车从西安开往西宁，一列普通列车从西宁开往西安，西宁与西安相距1260千米，两车同时出发，两车出发后3小时相遇，设普通列车行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），图中的折线表示y与x之间的关系，根据图象，解答下列问题：
（1）普通列车到达终点共需　 　小时，它的速度是　 　千米/小时；
（2）求动车的速度；
（3）动车行驶多长时间与普通列车相距140千米？
四、变式3提高
8．（2025七下·龙岗期末）小亮骑自行车去上学，当他以往常的速度骑行至点A处时，忽然想起要买某本书，于是又折回到刚经过的一家书店，买到书后继续赶去学校。以下是他本次上学离家距离与时间的关系示意图。根据图中提供的信息回答下列问题：
（1）图象所表示的两个变量中，自变量是　 　；因变量是　 　：
（2）小亮家到学校的距离是　 　米；本次上学途中，小亮一共骑行了　 　米；
（3）点A的实际意义是什么
（4）如果小亮不买书，以往常的速度去学校，从家到学校需要多少分钟？
9．（2025七下·宝安期末）小颖是一位热衷于无人机航拍的爱好者，他从APP调取了某一次的飞行数据，并绘制了无人机在匀速爬升、悬停盘旋、匀速降落过程中的飞行高度（h/米）与操控时间（t/分钟）之间的关系图.已知匀速爬升的速度相同，请根据图象回答问题：
（1）自变量是　 　，因变量是　 　.
（2）无人机在第　 　分钟上升到100米的高度，它在这个高度持续了　 　分钟：
（3）无人机匀速爬升的速度为　 　米/分钟，点A表示的意义是　 　.
（4）若无人机匀速下降的速度是匀速爬升速度的1.25倍，求出图中b的值.
10．（2025七下·深圳期末） 小深同学趁假期与朋友去登山.早上8：00，他们从山脚出发，经过40分钟到达山腰休息平台，休息了10分钟后继续前行登上山顶，在山顶停留了半小时后原路下山.如图是他们出发后的时长x（分钟）与他们离山脚的相对高度y（米）之间的关系示意图.请根据图示信息，解答以下问题：
（1） 该问题情境中，自变量是　 　，因变量是　 　；
（2） 在山腰休息平台休息qù他们的相对高度平均变化速度是　 　米/分；他们下山的相对高度平均变化速度是　 　米/分；
（3） 将下表信息补充完整：
出发后时长x(分钟) 20 45 90 110
高山脚的相对高度y(米) ▲ 600 800 ▲
（4） 他们出发后　 　分钟，高山脚的相对高度是700米.
五、原题26
11．（2025·北京）在平面直角坐标系xOy中，抛物线 经过点 O和点A(3，3a).
（1）求c的值，并用含a的式子表示b；
（2） 过点 P(t，0)作x轴的垂线，交抛物线于点 M，交直线y= ax于点N.
①若a=1，t =4，求MN的长；
②已知在点P从点O运动到点B(2a，0)的过程中，MN的长随OP的长的增大而增大，求a的取值范围.
六、变式1（基础）
12．（2025九上·拱墅开学考）已知二次函数经过点（3，0），对称轴是直线．
（1）求二次函数的解析式；
（2）自变量x在什么范围内时，y随x的增大而增大．
13． 在平面直角坐标系xOy 中，M(x1，y1)，N(x2，y2)为抛物线 上任意两点，其中
（1）若抛物线的对称轴为x=1，当x1，x2为何值时，
（2）设抛物线的对称轴为x=t.若对于 都有y1＜y2，求t的取值范围.
14．（2025九上·金华竞赛）已知二次函数 .
（1）当 时，函数的最大值与最小值之差为 2，求 的值；
（2）若 恒成立，求 的取值范围.
七、变式2（巩固）
15．（2025·南明模拟）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于，两点，交轴于点，若点的坐标为，点是该二次函数图象上的一个动点，且在第一象限．
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接，过点作轴于点，交线段于点，当点运动到什么位置时，线段有最大值？请求出点的坐标和的最大值；
（3）连接，，若关于轴的对称图形是，是否存在点，使得四边形为菱形？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
16．（2025·资阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左边)，与y轴相交于点C（0，-3)且抛物线的顶点坐标为（1，-4)
（1）求抛物线的表达式；
（2）P是抛物线上位于第四象限的一点，点D(0，-1)，连接BC、DP相交于点E，连接PB.若△CDE与△PBE的面积相等，求点P的坐标；
（3）M、N是抛物线上的两个动点，分别过点M、N作直线BC的垂线段，垂足分别为G.H.是否存在点M，N、使得以M，N、G、H为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由。
17．如图，抛物线的对称轴是直线，与轴交于点，，与轴交于点，连接．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）已知点是第一象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为点，交直线于点，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）已知点是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
八、变式3（提高）
18．（2025·长春）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线经过点．点、是该抛物线上的两点，横坐标分别为、，已知点，作点关于点的对称点，作点关于点的对称点，构造四边形．
（1）求该抛物线所对应的函数表达式；
（2）当两点关于该抛物线的对称轴对称时，求点的坐标；
（3）设抛物线在、两点之间的部分（含、两点）为图象．当时，若图象的最高点与最低点的纵坐标之差为．求的值；
（4）连结、，当时，直接写出的取值范围（这里、、均是大于且小于的角）．
19．（2025·齐齐哈尔）综合与探究
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3（a<0）与x轴交于点A（-1，0），
C（6，0），与y轴交于点B，连接BC.
（1）求抛物线的解析式：
（2）点P是直线BC下方抛物线上的点，连接PB，PC，当S△PBC=24时，求点P的坐标；
（3）点G是第四象限内抛物线上的一点，连接BG，若∠CBG=45°，则点G的坐标为　 　.
（4）如图2，作点B关于x轴的对称点D，过点D作x轴的平行线l，过点C作CE⊥l，垂足为点E，动点M，N分别从点O，E同时出发，动点M以每秒1个单位长度的速度沿射线OC方向匀速运动，动点N以每秒2个单位长度的速度沿射线ED方向匀速运动（当点N到达点D时，点M，N都停止运动），连接MN，过点D作MN的垂线，垂足为点F，连接CF，则CF的取值范围是　 　.
20．（2025·湖北） 抛物线与轴相交于点和点，与轴相交于点，是抛物线的顶点，是抛物线上一动点，设点的横坐标为．
（1）求的值；
（2）如图1，若点在对称轴左侧，过点作对称轴的垂线，垂足为，求的值；
（3）定义：抛物线上两点M，N之间的部分叫做抛物线弧（含端点和）．过，分别作轴的垂线，过抛物线弧的最高点和最低点分别作轴的垂线，直线与围成的矩形叫做抛物线弧的特征矩形．若点在第四象限，记抛物线弧的特征矩形的周长为．
①求关于的函数解析式；
②过点作轴，交抛物线于点，点与点不重合．记抛物线弧的特征矩形的周长为．若，直接写出的长．
答案解析部分
1．【答案】（1）6
（2）解：∵T=3日的模拟练习时，从试制阶段的第2日起，一名新员工每一日比前一日多制成的合格品的个数逐渐减少或保持不变，在试制阶段的第3日单日制成的合格品43个，第5日单日制成的合格品48个相差48-43=5（个），
把5分成两个接近的数，5=3+2
∴第4日增加3个，第5日增加2个，
∴m=43+3=46
画出T=3时的曲线C3，如图所示

（3）4；1
【知识点】描点法画函数图象；通过函数图象获取信息
【解析】【解答】（1）解：由曲线C1看出，当整数x的值为6时，y的值首次超过35
故答案为：6
（3）解：如图
①单日制成不少于45个合格品的只有C2与C3
C3：T＝3日的模拟练习，然后试制阶段第x ＝ 4日制成的合格品达到y=46个
∴T+x=7
C2：T=2日的模拟练习，然后试制阶段第x=6日制成的合格品达到y=45个
∴T+x=8
∵7<8
故小云最早在完成理论学习后的第7日可获得“优秀学员”证书
故答案为：7
②当模拟练习T=0日时，
4日内的试制时间x=4-0=4日
4日的合格产品分别是7，8，10，12，
∴合格产品共有7+8+10+12=37
当模拟练习T=1日时，
4日内的试制时间x=4-1=3日，
3日的合格产品分别12，19，26
∴合格产品共有12+19+26=57
当模拟练习T =2日时，
4日内的试制时间x=4-2=2日，
2日的合格产品分别是20，30，
∴合格产品共有20+30=50
当模拟练习T=3日时，
4日内的试制时间x=4-3=1日，
1日的合格产品是26
∵26< 37< 50<57
∴希望小腾在完成理论学习后的4日内制成的合格品的总数最多，根据上述函数关系，在这4日中应安排小腾先进行1日的模拟练习.
故答案为：1
【分析】（1）根据图象信息即可求出答案.
（2）3日的模拟练习时，从试制阶段的第2日起，一名新员工每一日比前一日多制成的合格品的个数逐渐减少或保持不变，在试制阶段的第3日单日制成的合格品43个，第5日单日制成的合格品48个相差48-43=5（个），把5分成两个接近的数，5=3+2，则第4日增加3个，第5日增加2个，求出m的值，再作出图象即可求出答案.
（3）①单日制成不少于45个合格品的只有C2与C3，求出制成的合格品数，再比较大小即可求出答案.
②分别求出T=0，1，2，3市的合格品数，再比较大小即可求出答案.
2．【答案】（1）解：设 y 与 x 的函数表达式为 ，将 (20，60)，(80，0) 代入 ，
得：，
解得：.
∴ y 与 x 的函数表达式为 .
（2）解：根据题意得：
整理得：，
解得：，.
答：销售单价应定为每千克40元或60元.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一元二次方程的实际应用-销售问题；通过函数图象获取信息
【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可得出与的函数表达式；
（2）根据（销售单价-进价）×销量=利润，即可得出方程，解方程即可得出答案。
3．【答案】（1）解：由图可知，过山车所达到的最大高度是米．
（2）解：由图可知，当时，高度（米）随时间（秒）的增大而增大．
当时，高度（米）随时间（秒）的增大而减小．
本题考查了函数的图象，解决本题的关键是利用数形结合思想
【知识点】通过函数图象获取信息；用图象表示变量间的关系
【解析】【分析】（1）结合图图象可得过山车所达到的最大高度是98米；
（2）根据某一分钟内过山车高度h（米）与时间t（秒）之间的函数图象即可得当t＝41秒时，h的值．
4．【答案】（1）解：设，把点代入，得，
解得，
∴，
设，把点代入，
得，
∴．
（2）当时，，解得：，
∴当租车时间为时，此时选择甲乙公司一样合算；
当时，，
解得：，
∴当租车时间小于时，此时选择乙公司合算；
当时，，
解得：，
∴当租车时间大于时，选择甲公司合算．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；通过函数图象获取信息；一次函数的实际应用-方案问题
【解析】【分析】（1）观察图象，可设，把点代入，确定的值；设，把点代入，确定的值，由于自变量x是租车时间，所以取值范围为．
（2）甲公司的车所需要费用函数表达式：，乙公司的车所需费用的表达式：，结合实际可分三种情况进行讨论：即，，，分别求出对应x的值可判断哪个方案合算．
（1）解：设，把点代入，
得，
解得，
∴，
设，把点代入，
得，
∴．
（2）当时，，
解得：，
∴当租车时间为时，此时选择甲乙公司一样合算；
当时，，
解得：，
∴当租车时间小于时，此时选择乙公司合算；
当时，，
解得：，
∴当租车时间大于时，选择甲公司合算．
5．【答案】（1）解：（8800-800)÷（30-10)=400（米/分）
答：公交车的平均速度是400米/分
（2）解：当10≤t≤30时，小敏距离A地的路程s和所经过的时间t之间的函数关系式为
s=800+400(t-10)=400t-3200
小慧距离A地的路程s和所经过的时间t之间的函数关系式为
s=200t+1800，
当小敏追上小慧时，得400t-3200=200t+1800，
解得t＝25.
答：同时出发后，经过25分小敏追上小慧.
（3）解：当10≤t≤30时，得
|400t -3200-(200t+1800)|=400
解得t=23或27.
答：小敏坐公交车的过程中，当她与小慧相距400米时，t的值为23或27
【知识点】通过函数图象获取信息；一次函数的实际应用-行程问题
【解析】【分析】（1）根据速度=路程 ÷时间即可求出答案.
（2）求出小慧和小敏距离A地的路程s和所经过的时间t之间的函数关系式，联立解析式，解方程即可求出答案.
（3）根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
6．【答案】（1）90；3960
（2）解：由图像可知：点的纵坐标为，
∴，
当时，设，把，代入，得：
，解得：，
∴；
（3）解：当时，令，解得：；
当时，，解得：；
综上：当甲出发或时，两人之间的路程为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一元一次方程的实际应用-行程问题；通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：（1）由图像可知：甲的速度为：，
设乙的速度为，由题意，得：，解得：，
故乙的速度为；
之间的路程为：；
故答案为：90，3960；
【分析】
（1）观察图象知点A表示甲步行6分钟走了360米，则其速度为；点B表示甲出发18分钟后乙追上了甲，则乙步行了18-6=12分钟，由两人距离相等可求得乙的速度；点C表示乙在甲出发50分钟后到达终点N，即乙步行了50-6=44分钟，则两地距离MN等于乙44分钟步行的路程；
（2）由题意知，点C的坐标表示甲出发50分钟后距离乙的路程，即，则点C的坐标为，由于点，可直接利用待定系数法求解即可；
（3）可分两种情况，一是当乙到达终点前，二是乙到达终点后，即当时，当时，再分别计算即可.
7．【答案】（1）14；90
（2）解：设动车的速度为x千米/小时，
由题意可得：3x+3×90=1260，
解得：x=330，
即动车的速度为330千米/小时.
（3）解：①当相遇前动车与普通列车相距140千米，
由题意可得：（1260-140）÷（330+90）=（小时）；
②当相遇后动车与普通列车相距140千米时，
当动车到达终点时用时1260÷330=（小时），
此时两车相距1260-90×=＞140，
所以两车相距140千米是在动车到达终点之前，
由题意可得：140÷（330+90）+3=（小时）
综上所述： 动车行驶小时或小时与普通列车相距140千米.
【知识点】通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：（1）由x=0时，y=1260，所以两地相距1260千米，
由函数图象可知x=14时，普通列车到达西安，
即普通列出到达终点共需14小时，
所以它的速度是1260÷14=90（千米/小时），
故答案为：14；90.
【分析】（1）先求出两地相距1260千米，再根据速度=路程÷时间计算求解即可；
（2）根据题意找出等量关系求出3x+3×90=1260，再解方程计算求解即可；
（3）分两种情况：①当相遇前动车与普通列车相距140千米，②当相遇后动车与普通列车相距140千米时，再结合题意计算求解即可.
8．【答案】（1）时间；离家距离
（2）1500；2700
（3）解：点A的实际意义是“骑行6分钟时，离家距离为1200米”。
（4）解：1200÷6=200（米/分钟)，
1500÷200＝（分钟)；
答：以往常的速度从家到学校需要分钟。
【知识点】通过函数图象获取信息；自变量、因变量
【解析】【解答】解：（1）自变量是在变化过程中主动变化的量，因变量是随自变量变化而变化的量， 观察图象，横轴是时间，纵轴是离家距离，时间变化引起离家距离变化，所以自变量是时间，因变量是离家距离.
故答案为：时间；离家距离.
（2）亮家到学校的距离看图象终点纵轴值，为1500米，计算骑行总路程：先到A处：1200米；返回书店：1200 - 600 = 600米；从书店到学校：1500 - 600 = 900米，总路程=1200 + 600+900 = 2700米 .
故答案为：2700.
【分析】（1）识别自变量与因变量：依据“自变量主动变，因变量随变”的定义，结合图象横纵轴代表的量判断，核心是理解变量间的因果关系.
（2）终点纵轴值对应家到学校距离；总路程需分段（去A处、返回书店、去学校）累加，关键是拆分运动阶段，利用图象数据计算.
（3）图象上点的坐标(x，y)，对应x时间时，y距离，直接结合横纵轴含义表述.
（4）先由图象中“往常路段：家到A处，用“速度=路程÷时间”求速度，再用“时间=路程÷速度”算往常到学校时间，体现行程问题基本公式（路程、速度、时间关系）的应用，通过图象提取有效数据代入公式求解.
9．【答案】（1）操控时间；飞行高度
（2）9；3
（3）3；当操控时间为3分钟时，无人机飞行高度为60米
（4）解：由题意得下降的速度为：（米/分钟），
∴．
【知识点】通过函数图象获取信息；自变量、因变量
【解析】【解答】解：（1）由题意得自变量为操控时间，因变量为飞行高度；
故答案为：操控时间，飞行高度；
（2）无人机在第9分钟上升到100米的高度，它在这个高度持续了（分钟）；
故答案为：9，3；
（3）（米/分钟），
（分钟），
∴点表示的意义是当操控时间为3分钟时，无人机飞行高度为60米；
故答案为：3；当操控时间为3分钟时，无人机飞行高度为60米；
【分析】（1）根据函数的图象即可求解；
（2）根据函数的图象得到点C时上升到100米的高度，点D后高度下降，进而即可求解；
（3）根据题意用爬升总高度除以爬升时间，进而得到其速度，再根据函数的意义即可求解；
（4）根据题意得到下降的速度，进而求出下降的时间即可。
10．【答案】（1）x；y
（2）15；20
（3）300；600
（4）60或105
【知识点】函数自变量的取值范围；通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：（1）由题意可得：
该问题情境中，自变量是出发后的时长x，因变量是离山脚的相对高度y
故答案为：x；y
（2） 在山腰休息平台休息时他们的相对高度平均变化速度是米/分
他们下山的相对高度平均变化速度是米/分
故答案为：15；20
（3）出发20分钟时，离山脚的相对高度为20×15=300米
出发110分钟时，离山脚的相对高度为800-20×(110-100)=600米
故答案为：300；600
（4）再山腰休息平台休息后，他们的相对高度平均变化速度为米/分
50+(700-600)÷10=60分钟
即他们出发后60分钟，离山脚的相对高度为700米
100+(800-700)÷20=105分钟
即他们出发后105分钟，离山脚的相对高度为700米
综上所述，他们出发后60分钟或105分钟，离山脚的相对高度为700米
故答案为：60或105
【分析】（1）根据图象信息即可求出答案.
（2）根据速度=路程÷时间，结合函数图象即可求出答案.
（3）根据他们的速度和运动时间，求出他们所处的高度即可求出答案.
（4）根据图象分情况讨论：他们登山或下山时，离山脚的相对高度是700米时的出发时间即可求出答案.
11．【答案】（1）解：将点O(0，0)代入， 抛物线 可得c=0，
∴该抛物线解析式为
将点A(3，3a)代入， 抛物线.
可得3a=9a+3b， 解得b=-2a；
（2）解：①若a=1，则该抛物线及直线解析分别为
当t=4时， 可有点P(4，0)，
如下图，
∵PM⊥x轴，
将x=4代入 可得 即M(4，8)，
将x=4代入y=x， 可得y=4， 即N(4，4)，
∴MN=8-4=4；
②当点P从点O运动到点B(2a，0)的过程中，
∵PM⊥x轴， P(t，0)，
将x=t代入. 可得 即
将x=t代入y= ax， 可得y= at， 即N(t， at)，
令MN=0， 即 解得t=0或t=3，
若a＞0， 可有2a＞0， 即点B在y轴右侧， 如下图，
当0＜t≤3时， 可有 其图像开口向下，对称轴为 若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t的增大而增大，则 解得
当t＞3时， 可有. 其图像开口向上，对称轴为 不符合题意；若a＜0， 可有2a＜0， 即点B在y轴左侧， 如下图，
当t＜0时， 可有. 其图像开口向上，对称轴为 若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t的减小而增大，则 解得
∴a＜0.
综上所述，a的取值范围为 且a≠0.
【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；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）将原点代入抛物线解析式可得c=0，即该抛物线解析式为 再将点A坐标代入解析式，化简即可求出答案.
（2）①若a=1，则该抛物线及直线解析分别为 当t=4时， 可有点P(4，0)，根据垂直于x轴的直线上的点的坐标特征可得，再分别代入抛物线与直线解析式可得M，N点坐标，再根据两点间距离即可求出答案.
②当点P从点O运动到点B(2a，0)的过程中，根据垂直于x轴的直线上的点的坐标特征可得，再分别代入抛物线与直线解析式可得N(t， at)，根据两点间距离可得，令MN=0， 解方程可得t=0或t=3，分情况讨论：若a＞0， 可有2a＞0， 即点B在y轴右侧，当0＜t≤3时， 可有 其图像开口向下，对称轴为 若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t的增大而增大，则 解得 当t＞3时， 可有. 其图像开口向上，对称轴为 不符合题意；若a＜0， 可有2a＜0， 即点B在y轴左侧，当t＜0时， 可有. 其图像开口向上，对称轴为 若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t的减小而增大，则 解得 即可求出答案.
12．【答案】（1）解：依题意
解得b=-4，c=-6
∴二次函数的解析式为
（2）解：抛物线开口向上，对称轴为x=1
由图象及性质可知，当时，y随x增大为增大。
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】(1)根据题意将点 （3，0） 代入解析式，将对称轴写为，就能求出b，c的值，从而得出抛物线的解析式；
(2)利用二次函数的图象和性质易知当时，y随x增大为增大。
13．【答案】（1）当x=0时，y=c，
根据对称轴为x=1，得当x=2时，y=c
∴当 时，
（2）解：当x1≥t时， 恒成立，此时
当.x2≤t时， 恒不成立，此时
当x1综上可知，当. 时，
又∵当 时，y1
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【分析】（1）根据抛物线的对称性解决问题即可.
(2)分类讨论，按照M，N两点都在轴右侧，都在轴左侧或M在左侧，n在右侧三种情况讨论，从而得若要 y1＜y2 ，则，进而得到t范围.
14．【答案】（1）解： ，对称轴 ，
分类讨论： ① 当 时，即 ，
当 时， ； 当 时， ，即 ，解得 ，
不符合题意， 舍去.
② 当 时，即 ，
当 时， ； 当 时， ，即 ，解得 ，
不符合题意， 舍去.
③当 时，即 ，
当 时， ； 当 时， ，即 ，解得 或 不符合题意，舍去.
④当 时，即 ，
当 时， ； 当 时， ，即 ，
解得 或 不符合题意，舍去.
综上， 或 .
（2）解：分类讨论：
① 当 时，即 ，当 时， ，即 ，解得 ，故 .
② 当 时，即 ，
当 时， ，即 ，解得 ，不符合题意，舍去.
③当 时，即 ，
当 时， ，即 ，解得 ，故 .
综上，
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）利用函数解析式可求出抛物线的对称轴，再分情况讨论：① 当 时，即 ，分别求出当x=-1时y的最小值和x=1时y的最大值，然后根据函数的最大值与最小值之差为 2，可得到关于a的方程，解方程求出a的值，再作出判断；② 当 时，即 ，分别求出当x=1时y的最小值和x=-1时y的最大值，然后根据函数的最大值与最小值之差为 2，可得到关于a的方程，解方程求出a的值，利用a的取值范围作出判断；③当 时，即 ，分别求出当 时y的最小值和x=1时y的最大值，然后根据函数的最大值与最小值之差为 2，可得到关于a的方程，解方程求出a的值，利用a的取值范围作出判断；④当 时，即 ，分别求出当 时y的最小值和x=-1时y的最大值，然后根据函数的最大值与最小值之差为 2，可得到关于a的方程，解方程求出a的值，利用a的取值范围作出判断；综上所述可得到符合题意的a的值.
（2）分类讨论： 当 时，可求出当x=1时y的最小值，可得到关于a的不等式，然后求出不等式的解集；② 当 时，求出当x=2时y的最小值，据此可得到关于a的不等式，然后求出不等式的解集；③当 时，可求出当 时y的最小值，据此可得到关于a的不等式，然后求出不等式的解集，综上所述可得到 恒成立的a的取值范围.
15．【答案】（1）解：将，分别代入，
得，解得，
∴二次函数的表达式为。
（2）解：设，由，，可得直线的表达式为，
设，
∴，
当时，，
∴点的坐标为时，的最大值为4。
（3）解：存在，理由如下：如图，连接，交于点，
设点，
若四边形为菱形，
则，，
∴，
∴，即，
解得，
∵点在第一象限，
故当点的坐标是时，四边形为菱形．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法将，分别代入，得到二元一次方程组，解方程组即可求解；
（2）首先得出可得直线的表达式为，然后假设，得，求解即可；
（3）由四边形为菱形，得，，进而得，则，求解即可。
（1）解：将，分别代入，
得，
解这个方程组，得，
所以二次函数的表达式为；
（2）解：设，
由，，可得直线的表达式为，
设，
∴
，
当时，，
故点的坐标为时，的最大值为4；
（3）解：存在，理由如下：
如图，连接，交于点，
设点，
若四边形为菱形，
则，，
∴，
∴，即，
解得，
∵点在第一象限，
故当点的坐标是时，四边形为菱形．
16．【答案】（1）解：设抛物线表达式为y=a(x-1)2-4.
由抛物线过点C(0，-3)，得a(0-1)2-4=-3，解得a= 1.
所以，抛物线的表达式为y=(x-1)2-4，即y=x2-2x-3
（2）解：方法1：过点P作x轴的垂线，交x轴于点F.
∵△CDE与△PBE的面积相等，
∴△BOC与四边形BODP的面积相等.
设点P(t， t2-2t-3)，其中0＜t<3，
∴点F坐标为(t，0).
当y=0时x2-2x-3=0
解之：x1=-1，x2=3，
∴点B（3，0）
∴.
四边形BODP的面积.
所以.
整理得.
解得（舍去），.
点P的纵坐标.
所以点P的坐标为.
方法2连接PC，BD，过点P作CD的垂线，垂足为F.
∵△CDE与△PBE的面积相等，
所以△BCD与△PBD的面积相等，即S△BCD=S△PBD.
则点P和点C到直线BD的距离相等.
所以直线 PC∥BD，
易证△PFC∽△BOD.
所以.
设，其中.
则，解得，则.所以点P的坐标为
方法3连接PC、 BD， 过点P作直线CD的平行线， 交 BD于点F.
因为△CDE与△PBE的面积相等，
所以△BCD与△PBD的面积相等，即S△BCD=S△PBD：
则点P和点C到直线BD的距离相等.
所以直线PC// BD.
设直线 BD的表达式为y=kx+b.
易知点B的坐标为(3， 0)，
则则
所以直线BD的表达式为.
由，得，四边形PFDC是平行四边形，则.
设，其中，则.
由，解得（舍去），.
则.
所以点P的坐标为.
方法4连接PC、BD、过点P作直线CD的平行线，交 BD于点F.
因为△CDE与△PBE的面积相等，
所以△BCD与△PBD的面积相等，即S△BCD=S△PBD
则点P和点C到直线BD的距离相等
所以直线
直线 B D 的表达式为 ．
设点 ，其中 ，则 ．
所以
由 ，得 ，解得 （含去），
点 的纵坐标 ．
所以点 的坐标为
（3）解：满足条件的点M， N存在.
理由如下：
①若点M，N分别在直线BC的两侧，
不妨令点M在直线BC上方、点N在直线BC下方，如图.
可知∠MGH=90°，
则∠MGN= ∠MGH + ∠HGN>90°，不合题意.
②若点M、N在直线 BC的下方，
不妨设点M在点H下方，如图.
直线 BC 的表达式为y = x-3.
连接MH、则△MGN为等腰直角三角形，∠HGN=45°，
可得GN⊥y轴，MH⊥x轴.
设点M坐标为(m，m2-2m-3).其中0＜m<3.
则点H坐标为(m. m-3).
根据正方形的特征，可得点N坐标为，将点N坐标代入抛物线表达式，得，即。化简得，因为.
所以，进一步化为.
解得，（舍去）.
此时，正方形边长为.
③若点M，N在直线BC的上方，
不妨设点M在点H上方，如图.
设点，其中或，
根据正方形的特征，点N坐标为，
将点N的坐标代入抛物线的表达式，
得，即。化简得，
由于m<0或m>3，
则(m-2)(m2-5m-2)=2(m+2)，
进一步化为m2-7m+6=0.
解得m1=1(舍去)， m2=6.
此时MH=18，正方形边长为9.
综上所述，正方形边长为或9.
【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；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）利用已知条件设抛物线的解析式为y=a(x-1)2-4，将点（0，-3）代入函数解析式可求出a的值，即可二次函数解析式.
（2）方法1：过点P作x轴的垂线，交x轴于点F，利用已知条件可推出△BOC与四边形BODP的面积相等；设点P(t， t2-2t-3)，其中0＜t<3，可表示出点F的坐标，由y=0可求出对应的x的值，可得到点B的坐标，利用三角形的面积公式求出△BOC的面积，再根据四边形BODP的面积等于△BOC的面积，可得到关于t的方程，解方程求出符合题意的t的值，可得到点P的坐标；方法2连接PC，BD，过点P作CD的垂线，垂足为F，设，其中，可推出S△BCD=S△PBD，再证明△PFC∽△BOD，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，解方程求出t的值，可得到点P的坐标；方法3连接PC、 BD， 过点P作直线CD的平行线， 交 BD于点F，可推出S△BCD=S△PBD，利用待定系数法求出直线BD的函数解析式，易证四边形PFDC是平行四边形，利用平行四边形的性质可得到PF的长，设，其中，则，可得到关于t的方程，解方程求出符合题意的t的值，可得到点P的坐标；方法4连接PC、BD、过点P作直线CD的平行线，交 BD于点，可推出S△BCD=S△PBD，利用待定系数法求出直线BD的函数解析式，设点 ，其中 ，则 ，利用三角形的面积公式可表示出△PBD的面积，同时可求出 BCD的面积，据此可得到关于t的方程，解方程求出t的值，可得到点P的坐标.
（3）分情况讨论：①若点M，N分别在直线BC的两侧，不妨令点M在直线BC上方、点N在直线BC下方，可证得∠MGH=90°，∠MGN= ∠MGH + ∠HGN>90°，不合题意；②若点M、N在直线 BC的下方，不妨设点M在点H下方，利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，连接MH，易证△MGN为等腰直角三角形，同时可证得GN⊥y轴，MH⊥x轴，设点M坐标为(m，m2-2m-3).其中0＜m<3，可表示出点N的坐标，将点N的坐标代入函数解析式，可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，可得到MH的长，可得到正方形的边长；③若点M，N在直线BC的上方，不妨设点M在点H上方，设点，其中或，利用正方形的性质可表示出点N的坐标，将点N的坐标代入二次函数解析式，可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，可得到MH的长，即可得到正方形的边长；综上所述可得到符合题意的正方形的边长.
17．【答案】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线，∴，解得：a=-1，
∵抛物线过点，
∴，解得：c=3，
∴抛物线解析式为
（2）解：存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．理由如下：
令y=0，则，
解得：，
∴点A的坐标为（-1，0），
∴OA=1，
当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为（0，3），即OC=3，
∴，
设直线BC的解析式为，
把点B（3，0），C（0，3）代入得：
，
解得：，
∴直线BC的解析式为，
设点N（m，-m+3），
∴MN=-m+3，
∴，，
当AC=AN时，，
解得：m=2或0（舍去），
∴此时点N（2，1）；
当AC=CN时，，
解得：或（舍去），
∴此时点N；
当AN=CN时，，
解得：，
∴此时点N；
综上所述，存在这样的点（2，1）或或，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形；
（3）解：存在，点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数-特殊三角形存在性问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）∵点B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC，
∴BC，
设点E（1，n），点F（s，t），
当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图，
∴
或，
解得：或，
∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）；
当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图，
，
解得：或，
∴此时点F的坐标为或；
综上所述，存在点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或．
【分析】（1）利用对称轴和点B坐标可求出参数a、c的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）先求直线BC的解析式，设参数表示点N坐标，进一步写出AN2，CN2，AC2，分三种情况讨论：AC=AN、AC=CN、AN=CN，建立相应的方程并求解即可；
（3）围绕线段BC的角色分两种情况讨论。当BC为边时，另外两点E、F的连线段也为边，且与BC平行相等，于是列出可能的两个方程组求解；当BC为对角线时，抓住两对角线的中点重合这一特性，以及对角线BC=EF列出方程组求解即可。
18．【答案】（1）解：将点代入中得：
解得：，
∴．
（2）解：根据抛物线对称轴公式可知：
抛物线的对称轴为，
∵、关于对称轴对称，且横坐标分别为、，
∴、中点在对称轴上，
∴，
，
解得：，
∵点是该抛物线上的点，
将代入抛物线解析式得，
，
即
设是A关于的对称点，则：
解得，，
∴点坐标为．
（3）解：∵抛物线顶点为，开口向上，，，
当时，包含，最低点为。
当时，，最高点为A，纵坐标差为：，
解得：；
当时，，最高点为B，纵坐标差为： ，
解得：．
综上，m的值为或．
（4）解：∵点是点关于点的对称点，点是点关于点的对称点，结合题意可知：∴，，，，
∴，，，，
当、运动到平行四边形内部时（即、、共线），如图：
过点作，如图：
此时，满足，
由一次函数的性质可的大小决定了直线的倾斜方向和函数的增减性，
所以当两条一次函数的直线平行时的大小相同，
∴
∴
解得
当、、共线时，如图，同理：
∴，
∴，
∴，
解得．
综上，．
【知识点】二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】(1)将点(3，3)代入： 求出b即可求解析式；
(2)先求抛物线的对称轴为直线。 由A，B两点关于该抛物线的对称轴对称，可得： 求出 再由A、C关于M点对称，求出C点即可；
(3)当 时，最高点纵坐标为 最低点为 当 时，最高点纵坐标为 最低点为 ，分别求出相应的m的值即可；
(4)根据题意可知四边形ABCD是平行四边形，过点O作直线 ，满足条件的m的临界位置分别为当OA与AD重合时，当OB与BC重合时，根据列方程解答即可.
19．【答案】（1）解：将，代入抛物线的解析式，得
抛物线的解析式为
（2）解：过点作交y轴于点，连接CQ.
则
∴BQ·CO=24
∵点C(6，0)
∴CO=6
∴BQ=8
当x=0时，y=3
∴B(0，3)
∴点Q(0，-5)
∵B(0，3)，C(6，0)
∴Увс=x+3
∵PQ//BC
∴уPQ=x-5
解方程组得，，
（3）（11，-30）
（4）
【知识点】点的坐标；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【解答】
解：（3）如图，将△BOC以点C为中心，逆时针旋转90°，得到△THC，连接BT，则△BCT为等腰直角三
角形，
∴∠CBT =45°，
∵点G是第四象限内抛物线上的一点，∠CBG=45°，
∴点G为BT延长线与抛物线的交点，
由旋转可知，CH⊥OC，CH=CO=6，TH=OB=3，∠CHT=∠COB=90°，
∴点T的横坐标为6-3=3，纵坐标为-6，
∴T(3，-6)，
设BT所在直线的解析式为y=mx+n，则
解得
∴BT所在直线的解析式为y＝-3x+3，
由，解得x=0或x=11，
∵点G在第四象限，
∴点G的横坐标为正数，
∴点G的横坐标为11，纵坐标为-3x11+3=-30，
∴G(11，-30)；
故答案为：(11，-30).
(4)如图，连接OE，交MN于点K，连接DK，
∵点B和点Ｄ关于x轴对称，点B在y轴上，OB=3，
∴点D在y轴上，OD=3，
∵l过点D，且平行于x轴，∠COD=90°，
∴∠ODE=90°，
又∵CE⊥l于点E，
∴四边形ODEC为矩形，
∴CE=OD=3，
∴DE=OC =6，
∴OE=
根据题意可知，NE=2MO，
∴
∵DE//OC，
∴ ∠MOK=∠NEK，∠OMK=∠ENK，
∴△NKE△MKO，
∴
∴，
作KH⊥l于点H，则△EHK∽△EDO，
∴
∴KH=，EH=
∴DH=6-4=2，DK=
取DK中点记为L，连接LF，CL，则LD=LK=，
又∵∠DFK=90°，
∴LF=DK=，
∴LF+CF≥CL，
∴CF≥CL-LF，当且仅当点C、点F、点L共线时，CF取得最小值，
作LS⊥DE于点S，作LR⊥CE于点R，交KH于点W，连接CD，则四边形LSER为矩形，
∴ER=SL，LR=ES，
∵KH=DH=2，点L为DK的中点，
∴DS=SL=1，
∴LR=6-1=5，CR=3-1=2
∴CL=，
∴CF，
当点N到达点D时，点F、点N、点D重合，此时CF取得最大值，
∵CD =OE =3，
∴CF3，
∴CF 的取值范围是≤CF≤3，
故答案为：.
【分析】（1）用待定系数法将，代入抛物线的解析式，计算即可解答；
（2）过点作交y轴于点，连接CQ.即可得到，利用面积公式建立关系得到BQ·CO=24，即可得到BQ=8，在求出抛物线与坐标轴的交点B(0，3)，C(6，0)，利用待定系数法求出直线BC的解析式Увс=x+3，解直线和抛物线组成的方程组，计算即可解答；
（3）如图，将△BOC以点C为中心，逆时针旋转90°，得到△THC，连接BT，则△BCT为等腰直角三
角形，得到∠CBT =45°，由旋转的性质可求得T的坐标，再用待定系数法求得BT所在直线的解析式为y＝-3x+3，联立直线和抛物线的方程，计算即可解答；
（4）连接OE，交MN于点K，连接DK，先证明四边形ODEC为矩形，在利用勾股定理求得OE，利用AA证明△NKE△MKO，根据相似的性质建立比例转后可得，再证明△EHK∽△EDO，建立比例计算可得KH=，EH=，即可求DH，DK；取DK中点记为L，连接LF，CL，则LD=LK=，根据三角形三边关系可得CF≥CL-LF，当且仅当点C、点F、点L共线时，CF取得最小值；作LS⊥DE于点S，作LR⊥CE于点R，交KH于点W，连接CD，则四边形LSER为矩形；当点N到达点D时，点F、点N、点D重合，此时CF取得最大值，利用矩形的性质和勾股定理计算即可解答.
20．【答案】（1）解：把代入，得：
，
∴；
（2）解：由（1）可知：，
∴，
∵是抛物线上一动点，设点的横坐标为，
∴，
∵过点作对称轴的垂线，垂足为，
∴，，
∴
（3）解：①当时，，当时，，
∴，，
由（2）可知：，，对称轴为直线，
∴点关于对称轴的对称点为
∵在第四象限，
∴，
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
综上：；
②或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】（3）②∵轴，
∴关于对称轴对称，
∴，
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：或（舍去）；
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴
综上：或．
【分析】（1）根据待定系数法将点A坐标代入解析式即可求出答案.
（2）将解析式转换为顶点式，求出顶点，设点的横坐标为，则，根据两点间距离可得PH，TH，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）①根据坐标轴上点的坐标特征可得，，根据对称性质可得点关于对称轴的对称点为，根据第四象限点的坐标特征可得，分情况讨论：当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，根据题意列式计算即可求出答案.
②根据对称性质可得，分情况讨论：当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
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