7 如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90^{ \circ }$,$AB=10\ {cm}$,$BC=8\ {cm}$,点$P$从点$A$出发,沿$AC$向点$C$以$1\ {cm/s}$的速度运动,同时点$Q$从点$C$出发,沿$CB$向点$B$以$2\ {cm/s}$的速度运动(当点$Q$运动到点$B$时,点$P$,$Q$同时停止运动).在运动过程中,四边形$PABQ$的面积最小为（）

A.$19\ {cm^{2}}$
B.$16\ {cm^{2}}$
C.$15\ {cm^{2}}$
D.$12\ {cm^{2}}$

7. C

【分析】
要解决该问题，首先利用勾股定理求出直角三角形$ABC$的直角边$AC$的长度；再设运动时间为$t$秒，用$t$表示线段$CP$和$CQ$的长度，进而得到$△ CPQ$的面积；由于四边形$PABQ$的面积等于$△ ABC$的面积减去$△ CPQ$的面积，据此建立关于$t$的二次函数，通过二次函数的性质求面积最小值，同时确定$t$的取值范围。
【解析】
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{36} = 6\ \mathrm{cm}$。
设运动时间为$t$秒（$0≤ t≤4$，因为点$Q$运动到$B$的时间为$8÷2=4$秒，此时$P$、$Q$同时停止），则：
$AP = t\ \mathrm{cm}$，故$CP = AC - AP = (6 - t)\ \mathrm{cm}$；
$CQ = 2t\ \mathrm{cm}$。
$△ CPQ$的面积为：
$S_{△ CPQ} = \frac{1}{2} · CP · CQ = \frac{1}{2}(6 - t) · 2t = 6t - t^2$。
$△ ABC$的面积为：
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} · AC · BC = \frac{1}{2} × 6 × 8 = 24\ \mathrm{cm}^2$。
因此，四边形$PABQ$的面积为：
$S = S_{△ ABC} - S_{△ CPQ} = 24 - (6t - t^2) = t^2 - 6t + 24$。
对于二次函数$S = t^2 -6t +24$，$a=1＞0$，函数开口向上，在顶点处取最小值。顶点横坐标$t = -\frac{b}{2a} = \frac{6}{2×1}=3$，$t=3$在$0≤ t≤4$范围内，符合条件。
将$t=3$代入得：
$S = 3^2 -6×3 +24 =9 -18 +24=15\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
C
【知识点】
勾股定理；二次函数应用；三角形面积计算
【点评】
本题结合动点问题，通过转化四边形面积为两个三角形面积的差建立二次函数，利用二次函数性质求最值，需注意确定自变量的取值范围，是几何与函数结合的典型题型。
【难度系数】
0.5

8 教材变式题 如图,在边长为6 cm的正方形$ABCD$中,点$E,F,G,H$分别从点$A,B,C,D$同时出发,均以1 cm/s的速度向点$B,C,D,A$匀速运动,当点$E$到达点$B$处时,四个点同时停止运动.在运动过程中,当运动时间为s时,四边形$EFGH$的面积最小,最小是$\mathrm{cm}^{2}$.

8. 3 18 【解析】设运动时间为 $t(0≤ t≤6)s$,则 $AE=t$ cm,
$AH=(6-t)$ cm. 根据题意,易得 $S_{\mathrm{四边形}EFGH}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-4S_{△ AEH}=6×6-4×\dfrac{1}{2}t(6-t)=2t^2-12t+36=[2(t-3)^2+18]\ \mathrm{cm}^2$. $\therefore$ 当 $t=3$ 时,四边形 $EFGH$ 的面积最小,最小是 $18\ \mathrm{cm}^2$.

【分析】
要解决这个问题，首先设运动时间为$ t $秒，根据点的运动速度和正方形边长，用$ t $表示相关线段长度；再利用“四边形$ EFGH $的面积 = 正方形$ ABCD $的面积 - 4个直角三角形的面积和”建立面积关于$ t $的函数关系式；最后根据二次函数的性质求面积的最小值，找到对应的$ t $值。
【解析】
设运动时间为$ t(0 ≤ t ≤ 6) \, \mathrm{s} $，
由题意得：$ AE = t \, \mathrm{cm} $，$ AH = (6 - t) \, \mathrm{cm} $，
正方形$ ABCD $的面积为：$ 6 × 6 = 36 \, \mathrm{cm}^2 $，
每个直角三角形（如$ △ AEH $）的面积为：$ \frac{1}{2} × AE × AH = \frac{1}{2} t(6 - t) \, \mathrm{cm}^2 $，
四个这样的三角形面积和为：$ 4 × \frac{1}{2} t(6 - t) = 2t(6 - t) = -2t^2 + 12t \, \mathrm{cm}^2 $，
因此四边形$ EFGH $的面积为：
$ S_{\mathrm{四边形}EFGH} = 36 - (-2t^2 + 12t) = 2t^2 - 12t + 36 $，
配方得：$ S = 2(t - 3)^2 + 18 $，
因为二次项系数$ 2 ＞ 0 $，函数图象开口向上，当$ t = 3 $时，$ S $取得最小值，最小值为$ 18 \, \mathrm{cm}^2 $。
【答案】
3；18
【知识点】
二次函数应用；正方形面积；三角形面积
【点评】
本题是正方形中的动点面积最值问题，通过设运动时间为变量，利用面积差建立二次函数模型，结合二次函数性质求最值，考查了动点问题的处理方法，难度适中。
【难度系数】
0.5

9 如图,排球运动员站在点 O 处练习发球,将球从点 O 正上方 2 m 的点 A 处发出,把球看成点,其运行的高度 y(m) 与运行的水平距离 x( m ) 满足 $y=a(x-6)^{2}+h$. 已知球网与点 O 的水平距离为9 m,高度为 2.43 m,球场的边界距点 O 的水平距离为 18 m.
(1) 当 $h=2.6$ 时,求 y 关于 x 的函数解析式.
(2) 当 $h=2.6$ 时,球能否越过球网?球会不会出界?
(3) 若球一定能越过球网,又不出边界,求 h 的取值范围.

9. (1) $\because$ 球从点 O 正上方 2 m 的点 A 处发出,$\therefore$ 抛物线 $y=a(x-6)^2+h$ 过点 $(0,2)$. $\because h=2.6,\therefore 2=a(0-6)^2+2.6$,解得 $a=-\dfrac{1}{60}$. $\therefore y$ 关于 $x$ 的函数解析式为 $y=-\dfrac{1}{60}(x-6)^2+2.6$
(2) 当 $x=9$ 时,$y=-\dfrac{1}{60}(9-6)^2+2.6=2.45$. $\because 2.45＞2.43$,
$\therefore$ 球能越过球网. 当 $y=0$ 时,$-\dfrac{1}{60}(x-6)^2+2.6=0$,解得 $x_1=6+2\sqrt{39},x_2=6-2\sqrt{39}$(舍去). $\because 6+2\sqrt{39}＞18,\therefore$ 球会出界 (3) $\because$ 点 $(0,2)$ 在函数 $y=a(x-6)^2+h$ 的图象上,
$\therefore 2=a(0-6)^2+h.\therefore a=\dfrac{2-h}{36}.\therefore$ 函数可写成 $y=\dfrac{2-h}{36}(x-6)^2+h$. 由球能越过球网可知,当 $x=9$ 时,$y=\dfrac{2-h}{4}+h＞2.43$①;
由球不出边界可知,当 $x=18$ 时,$y=8-3h≤0$②. 由①②,解得 $h≥\dfrac{8}{3},\therefore h$ 的取值范围是 $h≥\dfrac{8}{3}$

【分析】
本题是二次函数在实际发球问题中的应用，解题思路如下：(1)已知抛物线为顶点式，结合球从O正上方2m处发出（即过点(0,2)），代入h的值，用待定系数法求a，进而得到函数解析式；(2)判断球能否过网，需计算x=9时的y值，与球网高度比较；判断是否出界，需计算y=0时的x值，与边界18m比较；(3)先由点(0,2)求出a关于h的表达式，再根据“过网”和“不出边界”的条件，列出关于h的不等式，求解得到h的取值范围。
【解析】
(1) 因为球从点O正上方2m的点A处发出，所以抛物线$y=a(x-6)^2+h$过点$(0,2)$。当$h=2.6$时，将$(0,2)$代入解析式得：$2=a(0-6)^2+2.6$，解得$a=-\dfrac{1}{60}$，因此y关于x的函数解析式为$y=-\dfrac{1}{60}(x-6)^2+2.6$。
(2) 当$x=9$时，代入解析式得：$y=-\dfrac{1}{60}(9-6)^2+2.6=2.45$，因为$2.45＞2.43$，所以球能越过球网；当$y=0$时，$-\dfrac{1}{60}(x-6)^2+2.6=0$，解得$x_1=6+2\sqrt{39}$，$x_2=6-2\sqrt{39}$（舍去），因为$6+2\sqrt{39}＞18$，所以球会出界。
(3) 因为点$(0,2)$在函数$y=a(x-6)^2+h$的图象上，所以$2=a(0-6)^2+h$，解得$a=\dfrac{2-h}{36}$，因此函数解析式为$y=\dfrac{2-h}{36}(x-6)^2+h$。
球能越过球网，则当$x=9$时，$y=\dfrac{2-h}{36}(9-6)^2+h=\dfrac{2-h}{4}+h＞2.43$；
球不出边界，则当$x=18$时，$y=\dfrac{2-h}{36}(18-6)^2+h=8-3h≤0$；
联立两个不等式，解得$h≥\dfrac{8}{3}$，即h的取值范围是$h≥\dfrac{8}{3}$。
【答案】
(1) $y=-\dfrac{1}{60}(x-6)^2+2.6$；(2) 球能越过球网，会出界；(3) $h≥\dfrac{8}{3}$
【知识点】
二次函数的应用，待定系数法，不等式的应用
【点评】
本题结合实际发球场景，考查二次函数的解析式求解、函数值计算及不等式的应用，需将实际问题转化为数学函数与不等式问题，体现了数学建模思想。
【难度系数】
0.5

10 某校为美化学校环境,打造绿色校园,决定用篱笆围成一个一面靠墙(墙足够长)的矩形花园,用一道篱笆把花园分为 A,B 两块地(如图),花园里种满牡丹和芍药,篱笆共 120 m.
(1) 设计一个使花园面积最大的方案,并求出其最大面积.
(2) 在花园面积最大的条件下,往 A,B 两块地内分别种植牡丹和芍药,每平方米种植 2 株.已知牡丹每株售价 25 元,芍药每株售价 15 元,学校计划购买费用不超过 5 万元,求最多可以购买多少株牡丹.

10. (1) 设垂直于墙的边长为 $x$ m,围成的矩形花园面积为 S $\mathrm{m}^2$,则平行于墙的边长为 $(120-3x)$ m. 根据题意,得 $S=x(120-3x)=-3x^2+120x=-3(x-20)^2+1\ 200$. $\because -3＜0$,
$\therefore$ 当 $x=20$ 时,S 取最大值 1 200. $\therefore 120-3x=120-3×20=60$. $\therefore$ 垂直于墙的边长为 20 m,平行于墙的边长为 60 m,花园面积最大为 $1\ 200\ \mathrm{m}^2$ (2) 设购买 $m$ 株牡丹,则购买 $1\ 200×2-m=(2\ 400-m)$ 株芍药. $\because$ 学校计划购买费用不超过 5 万元,
$\therefore 25m+15(2\ 400-m)≤50\ 000$,解得 $m≤1\ 400$. $\therefore$ 最多可以购买 1 400 株牡丹

【分析】
第(1)问：要使花园面积最大，需先根据篱笆总长和图形结构，设垂直于墙的边长为未知数，用该未知数表示平行于墙的边长，结合矩形面积公式得到面积的二次函数，利用二次函数开口向下、顶点处取最大值的性质求解最大面积。第(2)问：先由(1)得到最大面积，算出总种植株数，设购买牡丹的数量为未知数，根据总费用不超过5万元列出一元一次不等式，解不等式得到牡丹的最大购买量。
【解析】
(1) 设垂直于墙的边长为$x$ m，围成的矩形花园面积为$S$ $\mathrm{m}^2$，则平行于墙的边长为$(120 - 3x)$ m。根据矩形面积公式：
$S = x(120 - 3x) = -3x^2 + 120x = -3(x - 20)^2 + 1200$。
因为$-3 ＜ 0$，二次函数图象开口向下，当$x = 20$时，$S$取得最大值1200 $\mathrm{m}^2$。此时平行于墙的边长为$120 - 3×20 = 60$ m。
即当垂直于墙的边长为20 m，平行于墙的边长为60 m时，花园面积最大，最大面积为1200 $\mathrm{m}^2$。
(2) 由(1)知花园最大面积为1200 $\mathrm{m}^2$，总种植株数为$1200×2 = 2400$株。设购买$m$株牡丹，则购买芍药$(2400 - m)$株。根据总费用不超过50000元，列不等式：
$25m + 15(2400 - m) ≤ 50000$，
化简得$10m ≤ 14000$，解得$m ≤ 1400$。
即最多可以购买1400株牡丹。
【答案】
(1) 垂直于墙的边长为20 m，平行于墙的边长为60 m时，花园面积最大，最大面积为1200 $\mathrm{m}^2$；
(2) 1400株
【知识点】
二次函数的应用、一元一次不等式的应用
【点评】
本题是实际应用类题目，需结合图形分析边长关系，利用二次函数求最值和一元一次不等式解决实际问题，关键是准确建立函数与不等式模型，难度适中。
【难度系数】
0.5