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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．小明在学习函数的过程中遇到这样一个函数：，若时，；若时，．小明根据学习函数的经验，对该函数进行了探究．
（1）下列关于该函数图象的性质正确的是 ▲ ；（填序号）
①随的增大而增大；②该函数图象关于轴对称；
③当时，函数有最小值为；④该函数图象不经过第三象限．
（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象；
①若函数值，则 ▲ ．
②若关于的方程有两个不相等的实数根，请结合函数图象，直接写出的取值范围是 ▲ ．
二、变式1基础
2．某文具店新进一批体育中考专用排球，每个排球的进价为元，原计划以每个元的价格销售，为更好地满足学生的需求，现决定降价销售，已知这种排球销售量个与每个排球降价元之间满足一次函数关系，其图象如图所示：
（1）求与之间的函数关系式；
（2）在这次排球销售中，该文具店获利元，这种排球每个的实际售价多少元？
3．甲乙两地相距300千米，一辆货车和一辆轿车先后从甲地出发向乙地，轿车比货车晚出发1.5小时，如图，线段OA表示货车离甲地的距离y（千米）与时间x（小时）之间的关系；折线BCD表示轿车离甲地的距离y（千米）与时间x（时）之间的关系，请根据图象解答下列问题：
（1）请直接写出点B所对应的数；
（2）轿车到达乙地时，求货车与甲地的距离；
（3）轿车出发多长时间追上货车？
4．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．随着人工智能的发展，智能机器人送餐成为时尚．某餐厅的机器人聪聪和慧慧，准备从厨房门口出发，给相距的客人送餐．聪聪先出发，且速度保持不变．慧慧待聪聪出发后出发，后将速度提高到原来的倍．设聪聪行走的时间为，聪聪和慧慧行走的路程分别为 ．，与x之间的函数图象如图所示．
（1）求慧慧提速后的速度；
（2）求图中的与的值．
6．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． 植物呼吸作用受温度影响很大，观察如图，回答问题.
（1）此图反映的自变量和因变量分别是什么
（2）温度在什么范围内时豌豆苗的呼吸强度逐渐变强 在什么范围内逐渐减弱
（3）要使豌豆呼吸作用最强，应控制在什么温度左右 要抑制豌豆的呼吸应控制在什么温度左右
四、变式3提高
8．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． 根据图象回答下列问题：
（1）图象反映了哪两个变量之间的关系
（2）A，B两点分别表示什么
（3）速度是怎样随着时间的变化而变化的
（4）请描述一个实际情境，大致符合这个图象所刻画的关系。
10．小明是一个自行车爱好者，每天晚上都要进行骑车训练．某天，小明从家骑自行车到公园，再从公园折返回家．如图是小明骑自行车离家的距离与时间之间的关系．
（1）在这个变化过程中，自变量是______，因变量是______；
（2）小明到达离家最远的地方是______h，离家______km．
（3）求出小明这次出行的平均速度．
五、原题26
11．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． 已知二次函数y=a(x-3)(x-1)的图象经过点 (-1， 4).
（1）写出这个二次函数的表达式.
（2）求这个二次函数图象的顶点坐标.
13． 已知抛物线（b、c为常数）经过点．
（1）若抛物线经过点．
①求抛物线的函数表达式；
②若抛物线上的点在直线的上方，当时，求m的取值范围．
（2）若抛物线与x轴的另一个交点为C，与y轴的交点为D，求证：．
14．已知二次函数．
（1）求二次函数图象的顶点坐标；
（2）当时，函数的最大值和最小值分别为多少？
（3）若点，均在该抛物线上，且，求点横坐标的取值范围．
七、变式2（巩固）
15．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．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．如图1，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点，点F是抛物线的顶点，求EF的长；
（3）设点P是（1）中抛物线上的一个动点，是否存在满足的点P？如果存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
19．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． 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）③④.
（2）解：在平面直角坐标系中画出该函数图象，
①3或②或
【知识点】分段函数；描点法画函数图象；通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：（1）解：函数图象如下，
当时，y随x增大而减小，则①错误，
改函数图象不关于y轴对称，则②错误，
当x=0时，函数存在最小值为-1，则③正确，
该函数图象不过第三象限，则④正确，
综上所述，正确的有③④，
故答案为：③④.
（2）①当，
当
∴当x=3或7时，y=8，
故答案为：3或7.
②∵关于的方程有两个不相等的实数根，
∴可看成和有两个交点，
∵为一次函数，与y轴交点为C，
∴当时，满足条件，
若将向下平移与图象有两个交点，则
∴方程为：
∴
∴
∴
∴，
故答案为：或.
【分析】（1）画出函数图象，结合函数图象的性质即可求解；
（2）①把代入解析式即可求解；
②根据题意可看成和有两个交点，则需分种情况讨论，当时，满足条件，当时，无交点，当时，可以有两个交点，进而即可求解.
2．【答案】（1）解：因为y与x之间满足一次函数关系，所以设与之间的函数关系式为
，
从函数图象中可以获取到两个点的坐标，，将，代入得：，
解得：，
与之间的函数关系式为.
（2）解：根据题意单个排球的进价为40元，原计划售价为60元，现在每个排球降价x元，那么实际每个排球的销售利润为元。
又因为销售量y与降价x的函数关系式为，且总利润为1760元，根据 “总利润 = 单个排球的销售利润 × 销售量”，可列出方程：
，整理得：，
解得：，不符合题意，舍去，
．
答：这种排球每个的实际售价是元．
【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】
本题主要涉及一次函数和一元二次方程在实际销售问题中的应用。（1） 通过函数图象上的已知点坐标，运用待定系数法来确定一次函数的关系式 ，即可求出与之间的函数关系式；
（2）依据总利润的计算公式（总利润 = 单个排球的销售利润 × 销售量），构建关于降价金额x的一元二次方程，求解后结合实际情况确定x的值，进而求出实际售价。
（1）解：设与之间的函数关系式为，
将，代入得：，
解得：，
与之间的函数关系式为；
（2）解：根据题意得：，
整理得：，
解得：，不符合题意，舍去，
．
答：这种排球每个的实际售价是元．
3．【答案】（1）1.5
（2）解：根据图象可知，货车速度是（千米/小时），
（千米），
∴轿车到达乙地时，货车与甲地的距离是270千米；
（3）解：∵轿车在CD段的速度是：（千米/小时），
设轿车出发x小时追上货车，
∴，
解得，
∴轿车出发2.4小时追上货车．
【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】【解答】（1）解：∵轿车比货车晚出发1.5小时，货车是第0小时除法，
∴轿车第1.5小时出发，
∴点B所对应的数是1.5；
【分析】（1）点B所对应的数为轿车出发的时间，根据题意求出轿车出发的时间即可；
（2）根据图象先算出货车的速度，用轿车到达乙地所用的时间乘以货车的速度可算出货车与甲地的距离；
（3）由图象可知两车相遇在第2.5小时之后，算出轿车在CD段的速度，根据等量关系，轿车行驶路程＝货车行驶路程，列出方程解决问题即可．
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：由图像可得，慧慧从走到了时，总共用了，
故提速前的速度为，
∵慧慧提速后将速度提高到原来的倍，
∴慧慧提速后的速度为，
（2）解：由图象可得线段的过程中，慧慧从处行走到了，
由（1）可得慧慧在线段的过程中的速度为，
∴慧慧在线段的过程中所用的时间为，
∴的值为，
结合图像可得点坐标为，
即聪聪从处行走到了时，用了，
∴慧慧的速度为，
∴慧慧行走用的时间为，
即，
故，．
【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）由图像可得，慧慧走，用了，利用路程与时间关系，求出提速前的速度，从而得出提速后的速度．
（2）在线段的过程中，利用路程与速度关系，即可得出慧慧所用的时间，从而得出的值，结合图像可得聪聪行走到了，用了，利用路程与时间关系，即可得出慧慧的速度，从而得出慧慧行走用的时间，即可求出．
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）此图反映的自变量是温度，因变量是呼吸作用强度
（2）由图象知，温度在0℃到35℃范围内时豌豆苗的呼吸强度逐渐变强；在35℃到50℃范围内逐渐减弱
（3）由图象知，要使豌豆呼吸作用最强，应控制在35℃左右；要抑制豌豆的呼吸应控制在0℃左右
【知识点】通过函数图象获取信息；自变量、因变量
【解析】【分析】⑴在坐标系中，横坐标代表的是自变量，纵坐标代表的是因变量.
⑵ 观察呼吸强度随温度变化的趋势，确定上升和下降的温度区间 .
⑶根据图像， 找到呼吸强度最大值对应的温度（控制最强）和呼吸强度最小值对应的温度（控制抑制）.
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）解：观察横轴、纵轴得出图反映了速度与时间之间的关系.
（2）解：观察横轴、纵轴，点A表示3分钟时的速度是40千米/时，点B表示15分钟时的速度是0千米/时.
（3）解：速度随时间变化情况为：0 3分钟增速，3 6分钟匀速，6 8分钟增速，8 9分钟匀速，9 11分钟减速，11 12分钟匀速，12 15分钟减速.
（4）解：小明骑车去图书馆先加速，再匀速后加速，再匀速，后减速，再匀速，再减速为0．
【知识点】通过函数图象获取信息；用图象表示变量间的关系；自变量、因变量
【解析】【分析】根据函数图象中的数据，变量之间的关系及函数图象之间的变化逐项分析判断即可.
10．【答案】（1）离家时间，离家的距离
（2）2，30
（3）解：由图象可知小明在出行过程中行驶的总路程为，总时间为，
，
答：小明这次出行的平均速度．
【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）小明骑自行车离家的距离随着时间的变化而变化，
在这个变化过程中，自变量是离家时间，因变量是离家的距离．
故答案为：离家时间，离家的距离．
（2）解：小明到达离家最远的地方是，离家．
故答案为：2；30．
（3）解：由图象可知小明在出行过程中行驶的总路程为，总时间为，
，
答：小明这次出行的平均速度．
【分析】
本题主要考查了函数图象，从函数图象获得信息是解题的关键．
（1）观察图象知，距离s是随着时间t的变化而变化，因此自变量是时间t，因变量是距离y；
（2）观察图象知，当离家时间2小时时，小明离家距离最远，最远距离为30千米；
（3）观察图象知，小明从开始离家到回家，共往返了60千米，用时5小时，直接利用速度公式计算即可．
（1）解：小明骑自行车离家的距离随着时间的变化而变化，
在这个变化过程中，自变量是离家时间，因变量是离家的距离．
故答案为：离家时间，离家的距离．
（2）解：小明到达离家最远的地方是，离家．
故答案为：2；30．
（3）解：由图象可知小明在出行过程中行驶的总路程为，总时间为，
，
答：小明这次出行的平均速度．
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：∵图象过点(-1，4)，将(-1，4)代入，得，
，
；
（2）解：对称轴：直线，
当时，，
顶点为(2，-0.5) .
【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）将点（-1，4）代入函数解析式，求出a，再将a代入写出完整的解析式；
（2）根据二次函数图象对称轴公式：直线，代入a，b的值求出x，再将x的值代入解析式求出y值，即可得顶点坐标（x，y）
13．【答案】（1）解：①，
得，
；
②，
当时，；时，；
当时，m的取值范围是：；
（2）证明：当，，
当，即，
．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；坐标系中的两点距离公式；二次函数的对称性及应用
【解析】【分析】（1）①运用待定系数法求二次函数的解析式即可；
②把二次函数化为顶点式，然后根据对称性得到时，；再根据二次函数的性质解答即可；
（2）把代入解析式求出，则函数关系式为，求出抛物线与坐标轴的交点坐标，再根据两点间距离解答即可．
14．【答案】（1）解：，
顶点坐标为；
（2）解：顶点坐标为，
当时，．
，函数图象开口向下，当时，随着的增大而增大，
当时，，
当时，函数的最大值为4，最小值为0；
（3）解：因为对称轴为直线，
点关于直线对称的点的横坐标是1，且，
，函数图象开口向下，
所以或．
【知识点】二次函数的最值；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）将解析式转换为顶点式，即可得顶点坐标.
（2）根据二次函数增减性进行判断计算即可求出答案.
（3）根据二次函数性质即可求出答案.
（1）解：，
顶点坐标为；
（2）解：顶点坐标为，
当时，．
，函数图象开口向下，当时，随着的增大而增大，
当时，，
当时，函数的最大值为4，最小值为0；
（3）解：因为对称轴为直线，
点关于直线对称的点的横坐标是1，且，
，函数图象开口向下，
所以或．
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：如图1，
∵抛物线与x轴的两个交点分别为，，
∴解得：
∴所求抛物线的解折式为：
（2）解：由（1）知，该抛物线的解析式为：，则．
又∵，
∴．
设直线BC的解析式为．
把代入，得，
解得，则该直线解折式为：．
故当时，，即．
∴．即；
（3）解：设点P的坐标为．由题意，得
∴，∴．
当时，，
∴，
当时，，
∴，
∴当P点的坐标分别为、、、时，．
【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
【解析】【分析】（1）利用待定系数法将，，代入抛物线解析式中，即可求出抛物线解析式；
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为：，则．将抛物线解析式改写为顶点式即可求出点F的坐标，设直线BC的解析式为．把点B的坐标代入直线解析式即可得到直线BC的解析式，进而可求出点E的坐标，即可求出EF的长度；
（3）设点P的坐标为．由题意，得，据此可知需分两种情况讨论，①当时，②当时，分别可求出x的值，即可求解.
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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