8. |新题型·新定义（荆州中考）规定：两个函数$y_1,y_2$的图象关于$y$轴对称，则称这两个函数互为“$Y$函数”.例如：函数$y_1=2x+2$与$y_2=-2x+2$的图象关于$y$轴对称，则这两个函数互为“$Y$函数”.若函数$y=kx^2+2(k-1)x+k-3$（$k$为常数）的“$Y$函数”图象与$x$轴只有一个交点，则其“$Y$函数”的表达式为.

8. $y=2x-3$或$y=-x^2+4x-4$ 解析:
∵函数$y=kx^2+2(k-1)x+k-3$($k$为常数)的“$Y$函数”图象与$x$轴只有一个交点,
∴函数$y=kx^2+2(k-1)x+k-3$($k$为常数)的图象与$x$轴也只有一个交点.当$k=0$时,函数表达式为$y=-2x-3$,它的“$Y$函数”表达式为$y=2x-3$,它们的图象与$x$轴只有一个交点;当$k≠0$时,此函数是二次函数,
∵它们的图象与$x$轴都只有一个交点,
∴它们的顶点在$x$轴上,
∴$\frac{4k(k-3)-[2(k-1)]^2}{4k}=0$,解得$k=-1$,
∴原函数的表达式为$y=-x^2-4x-4=-(x+2)^2$,
∴它的“$Y$函数”表达式为$y=-(-x+2)^2=-x^2+4x-4$.综上,其“$Y$函数”的表达式为$y=2x-3$或$y=-x^2+4x-4$.

【分析】
解题首先要明确“Y函数”的定义：两个函数图象关于y轴对称，则互为“Y函数”，关于y轴对称的函数解析式变换规则是将原函数中的x替换为-x。题目中“Y函数”图象与x轴只有一个交点，由于对称后交点个数不变，因此原函数图象与x轴也只有一个交点。接下来分两种情况讨论：①当k=0时，原函数为一次函数，一次函数与x轴只有一个交点，符合条件，求出对应的“Y函数”即可；②当k≠0时，原函数为二次函数，二次函数与x轴只有一个交点说明判别式Δ=0，求出k值后再代入求对应的“Y函数”，最后汇总两种情况的结果即可。
【解析】
解：
∵互为“Y函数”的两个函数图象关于y轴对称，若“Y函数”图象与x轴只有一个交点，则原函数图象与x轴也只有一个交点，分两种情况讨论：
1. 当$k=0$时，原函数为一次函数，表达式为$y=-2x-3$，
根据关于y轴对称的函数变换规则，将x替换为-x，可得它的“Y函数”表达式为$y=2x-3$，一次函数与x轴只有一个交点，符合题意。
2. 当$k≠0$时，原函数是二次函数，若其图象与x轴只有一个交点，则判别式$\Delta=0$，
即$\Delta=[2(k-1)]^2 - 4k(k-3)=0$，
展开化简：$4(k^2-2k+1)-4k^2+12k=4k+4=0$，解得$k=-1$，
将$k=-1$代入原函数，得原函数表达式为$y=-x^2-4x-4=-(x+2)^2$，
再将x替换为-x求其“Y函数”，得$y=-(-x+2)^2=-x^2+4x-4$，该二次函数与x轴只有一个交点，符合题意。
【答案】
$y=2x-3$或$y=-x^2+4x-4$
【知识点】
新定义理解，函数对称变换，二次函数判别式应用
【点评】
本题结合新定义考查函数的图象性质，解题时需注意分一次函数和二次函数两种情况讨论，避免漏解，同时要熟练掌握函数关于y轴对称的解析式变换方法，以及二次函数与x轴交点个数和判别式的对应关系。
【难度系数】
0.6

9. ★★★(2024·天津中考)从地面竖直向上抛出一小球,小球的高度$h$(单位:m)与小球的运动时间$t$(单位:s)之间的关系式是$h=30t-5t^2(0≤t≤6)$.有下列结论:
①小球从抛出到落地需要6 s;
②小球运动中的高度可以是30 m;
③小球运动2 s时的高度小于运动5 s时的高度.
其中,正确结论的个数是 ()

A.0
B.1
C.2
D.3

9. C 解析:令$h=0$,则$30t-5t^2=0$,解得$t_1=0$,$t_2=6$,
∴小球从抛出到落地需要6 s,故①正确;
∵$h=30t-5t^2=-5(t-3)^2+45$,
∴最大高度为45 m,
∴小球运动中的高度可以是30 m,故②正确;当$t=2$时,$h=30×2-5×2^2=40$;当$t=5$时,$h=30×5-5×5^2=25$,
∴小球运动2 s时的高度大于运动5 s时的高度,故③错误.故选C.

【分析】
这是二次函数在实际运动问题中的应用题，我们可逐个验证三个结论的正确性：1. 验证结论①：小球落地时高度h=0，代入关系式解关于t的一元二次方程，排除初始抛出时刻t=0，剩余解即为落地总时长；2. 验证结论②：先将二次函数解析式配方求出小球的最大运动高度，判断30m是否小于等于最大高度即可；3. 验证结论③：分别将t=2、t=5代入高度关系式，计算对应h值后比较大小即可。
【解析】
我们逐个分析结论：
1. 分析结论①：小球落地时高度$h=0$，代入关系式得$30t-5t^2=0$，因式分解得$5t(6-t)=0$，解得$t_1=0$（对应抛出时刻），$t_2=6$，因此小球从抛出到落地需要6s，结论①正确。
2. 分析结论②：将高度关系式配方得：$h=30t-5t^2=-5(t^2-6t)=-5(t-3)^2+45$，可知小球运动的最大高度为45m，由于$30＜45$，因此小球运动中的高度可以达到30m，结论②正确。
3. 分析结论③：分别代入时间计算高度：
当$t=2s$时，$h=30×2 -5×2^2=60-20=40m$；
当$t=5s$时，$h=30×5 -5×5^2=150-125=25m$；
由于$40＞25$，因此小球运动2s时的高度大于运动5s时的高度，结论③错误。
综上，正确的结论为①②，共2个。
【答案】
C
【知识点】
二次函数实际应用，二次函数的最值，一元二次方程求解
【点评】
本题结合竖直上抛运动的场景考查二次函数的性质应用，解题核心是将实际问题的条件对应到二次函数自变量、函数值的要求，通过解方程、配方求最值、代入求值等基础操作即可判断结论，是二次函数应用类的常考题型。
【难度系数】
0.7

10. ★★★ (2024·自贡中考)九(1)班劳动实践基地内有一块面积足够大的平整空地.地上两段围墙$AB ⊥ CD$于点$O$(如图),其中$AB$上的$EO$段围墙空缺.同学们测得$AE=6.6\ \mathrm{m}$,$OE=1.4\ \mathrm{m}$,$OB=6\ \mathrm{m}$,$OC=5\ \mathrm{m}$,$OD=3\ \mathrm{m}$.班长买来可切断的围栏$16\ \mathrm{m}$,准备利用已有围墙,围出一块封闭的矩形菜地,则该菜地最大面积是$\mathrm{m}^2$.

10. 46.4 解析:要使该矩形菜地面积最大,则要利用$AO$和$OC$构成矩形,设矩形在射线$OA$上的一段长为$x$ m,矩形菜地面积为$S\ \mathrm{m}^2$,当$x≤8$时,如图,则在射线$OC$上的长为$\frac{16-x-1.4+5}{2}=\frac{19.6-x}{2}$,则$S=x·\frac{19.6-x}{2}=-\frac{1}{2}x^2+9.8x=-\frac{1}{2}(x-9.8)^2+48.02.∵-\frac{1}{2}＜0$,
∴当$x≤9.8$时,$S$随$x$的增大而增大,
∴当$x=8$时,$S$的最大值为46.4;当$x＞8$时,如图,则矩形菜园的总长为$16+6.6+5=27.6(\mathrm{m})$,则在射线$OC$上的长为$\frac{27.6-2x}{2}$,则$S=x·(13.8-x)=-x^2+13.8x=-(x-6.9)^2+47.61.∵-1＜0$,
∴当$x＞6.9$时,$S$随$x$的增大而减少,
∴当$x＞8$时,$S$的值均小于46.4.综上,矩形菜地的最大面积是$46.4\ \mathrm{m}^2$.故答案为46.4.

【分析】
要解决这个问题，首先需结合围墙结构分两种情况讨论矩形的围建方式：首先计算得$AO=AE+EO=8\ \mathrm{m}$，①当矩形在射线$OA$上的边长$x\le8\ \mathrm{m}$时，围栏需覆盖空缺的$EO$段及另外三边，先根据围栏总长表示出矩形垂直于$OA$方向的边长，再列出面积关于$x$的二次函数，结合函数增减性和$x$的取值范围求该情况下的最大面积；②当$x＞8\ \mathrm{m}$时，$AO$段围墙已全部利用，围栏的使用方式发生变化，同样列出面积的二次函数，结合增减性求该区间的面积最大值，最后比较两种情况的最大值，得到菜地的最大面积。
【解析】
首先计算$AO=AE+EO=6.6+1.4=8\ \mathrm{m}$，设矩形在射线$OA$上的一段长为$x\ \mathrm{m}$，矩形菜地面积为$S\ \mathrm{m}^2$。
1. 当$x\le8$时，如图：
矩形在射线$OC$上的边长为$\frac{16-x-1.4+5}{2}=\frac{19.6-x}{2}$，
因此面积$S=x·\frac{19.6-x}{2}=-\frac{1}{2}x^2+9.8x$，
配方得$S=-\frac{1}{2}(x-9.8)^2+48.02$。
$\because -\frac{1}{2}＜0$，抛物线开口向下，对称轴为$x=9.8$，
$\therefore$当$x\le9.8$时，$S$随$x$的增大而增大，
结合$x\le8$的取值范围，当$x=8$时，$S$取得最大值：
$S_{\mathrm{max}}=-\frac{1}{2}×(8-9.8)^2+48.02=46.4$。
2. 当$x＞8$时，如图：
此时矩形可利用的总边长为$16+6.6+5=27.6\ \mathrm{m}$，
则射线$OC$上的边长为$\frac{27.6-2x}{2}=13.8-x$，
因此面积$S=x·(13.8-x)=-x^2+13.8x$，
配方得$S=-(x-6.9)^2+47.61$。
$\because -1＜0$，抛物线开口向下，对称轴为$x=6.9$，
$\therefore$当$x＞6.9$时，$S$随$x$的增大而减小，
结合$x＞8$的取值范围，此时$S$的值均小于$x=8$时的$46.4$。
综上，矩形菜地的最大面积为$46.4\ \mathrm{m}^2$。
【答案】
$46.4$
【知识点】
二次函数最值，矩形面积计算，分类讨论
【点评】
本题结合生活实践场景，考查二次函数在几何最值问题中的应用，解题时需注意结合自变量的实际取值范围求解最值，避免直接取抛物线顶点导致出错，能有效考查学生分析问题和解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.4

11. 如图①,一段高架桥的两墙A,B由抛物线一部分ACB连接,为确保安全,在抛物线一部分ACB内修建了一个菱形支架ODCE,抛物线的最高点C到AB的距离OC=4 m,∠ODC=60°,点D,E在抛物线一部分ACB上,以AB所在的直线为x轴,OC所在的直线为y轴,建立平面直角坐标系xOy,确定一个单位长度为1 m.

(1)求此抛物线对应的函数表达式；
(2)求高架桥两端A,B的距离；
(3)如图②,现在将菱形ODCE做成广告牌,且在菱形内再做一个内接矩形MNPQ广告牌,已知矩形MNPQ广告牌的价格为80元/m²,其余部分广告牌的价格为160元/m²,试求菱形广告牌所需的最低费用.

11. (1)如图所示,过点$D$作$DF⊥x$轴于点$F$,作$DG⊥y$轴于点$G$,
∵四边形$ODCE$是菱形,$∠ODC=60°$,
∴$OD=OC=4\ \mathrm{m}$,$∠ODG=\frac{1}{2}∠ODC=30°$.在$\mathrm{Rt}△ GDO$中,$GD⊥y$轴,$∠ODG=30°$,
∴$OG=\frac{1}{2}OD=2\ \mathrm{m}$,$DG=\sqrt{OD^2-OG^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}(\mathrm{m})$,
∴$D(2\sqrt{3},2)$.
∵$OC=4\ \mathrm{m}$,
∴$C(0,4)$.设抛物线对应的函数表达式为$y=ax^2+c$($a≠0$),将$C(0,4)$,$D(2\sqrt{3},2)$代入,得$\begin{cases}4=a×0+c,\\2=a×(2\sqrt{3})^2+c,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{6},\\c=4,\end{cases}$
∴$y=-\frac{1}{6}x^2+4$.
(2)令$y=-\frac{1}{6}x^2+4=0$,解得$x_1=-2\sqrt{6}$,$x_2=2\sqrt{6}$,
∴$A(-2\sqrt{6},0)$,$B(2\sqrt{6},0)$,
∴$AB=2\sqrt{6}-(-2\sqrt{6})=4\sqrt{6}(\mathrm{m})$.
(3)设直线$OD$的表达式为$y=kx$,将点$D(2\sqrt{3},2)$代入得$2=2\sqrt{3}k$,解得$k=\frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴直线$OD$的表达式为$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$.设直线$CD$的表达式为$y=mx+n$,将点$C(0,4)$,$D(2\sqrt{3},2)$代入,得$\begin{cases}4=n,\\2=2\sqrt{3}m+n,\end{cases}$解得$\begin{cases}m=-\frac{\sqrt{3}}{3},\\n=4,\end{cases}$
∴直线$CD$的表达式为$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+4$.设矩形$MNPQ$中,$QM=PN=t\ \mathrm{m}$,则$x_M=x_N=\frac{t}{2}$,代入$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$,$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+4$,得$M(\frac{t}{2},\frac{\sqrt{3}t}{6})$,$N(\frac{t}{2},-\frac{\sqrt{3}t}{6}+4)$,
∴$MN=-\frac{\sqrt{3}t}{6}+4-\frac{\sqrt{3}t}{6}=-\frac{\sqrt{3}t}{3}+4$,
∴$S_{\mathrm{矩形}MNPQ}=QM×MN=t×(-\frac{\sqrt{3}}{3}t+4)=-\frac{\sqrt{3}}{3}t^2+4t$,由(1)可得$S_{\mathrm{Rt}△ OGD}=\frac{1}{2}·DG·OG=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2=2\sqrt{3}$,
∴$S_{\mathrm{菱形}ODCE}=4S_{\mathrm{Rt}△ OGD}=8\sqrt{3}$.设总费用为$W$元,
∴$W=(-\frac{\sqrt{3}}{3}t^2+4t)×80+[8\sqrt{3}-(-\frac{\sqrt{3}}{3}t^2+4t)]×160=\frac{80\sqrt{3}}{3}t^2-320t+1280\sqrt{3}$,当$t=-\frac{b}{2a}=-\frac{-320}{\frac{160\sqrt{3}}{3}}=2\sqrt{3}$时,$W$取得最小值,最小值为$W=\frac{80\sqrt{3}}{3}×(2\sqrt{3})^2-320×2\sqrt{3}+1280\sqrt{3}=960\sqrt{3}$,
∴菱形广告牌所需的最低费用为$960\sqrt{3}$元.

【分析】
(1) 抛物线对称轴为y轴，故设解析式为$y=ax^2+c$，已知顶点$C(0,4)$，再利用菱形性质和30°直角三角形的特征求出点D的坐标，代入解析式即可求解参数。
(2) AB是抛物线与x轴两交点的距离，令解析式中y=0，解一元二次方程得到A、B两点坐标，计算横坐标之差即可得到AB长度。
(3) 求最低费用需先得到总费用的函数表达式：先求直线OD、CD的解析式，设矩形的一边长为t，用t表示出矩形另一边长，得到矩形面积；再计算菱形总面积，结合两种区域的单价列总费用的二次函数，利用二次函数最值性质求最小值即可。
【解析】
(1) 如图所示，过点$D$作$DF⊥x$轴于点$F$，作$DG⊥y$轴于点$G$，
∵四边形$ODCE$是菱形，$∠ODC=60°$，
∴$OD=OC=4\ \mathrm{m}$，$∠ODG=\frac{1}{2}∠ODC=30°$。
在$\mathrm{Rt}△ GDO$中，$GD⊥y$轴，$∠ODG=30°$，
∴$OG=\frac{1}{2}OD=2\ \mathrm{m}$，$DG=\sqrt{OD^2-OG^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}(\mathrm{m})$，
∴$D(2\sqrt{3},2)$。
∵$OC=4\ \mathrm{m}$，
∴$C(0,4)$。
设抛物线对应的函数表达式为$y=ax^2+c$($a≠0$)，将$C(0,4)$，$D(2\sqrt{3},2)$代入，得
$\begin{cases}4=a×0+c\\2=a×(2\sqrt{3})^2+c\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{6}\\c=4\end{cases}$
∴抛物线对应的函数表达式为$y=-\frac{1}{6}x^2+4$。
(2) 令$y=-\frac{1}{6}x^2+4=0$，解得$x_1=-2\sqrt{6}$，$x_2=2\sqrt{6}$，
∴$A(-2\sqrt{6},0)$，$B(2\sqrt{6},0)$，
∴$AB=2\sqrt{6}-(-2\sqrt{6})=4\sqrt{6}(\mathrm{m})$。
(3) 设直线$OD$的表达式为$y=kx$，将点$D(2\sqrt{3},2)$代入得$2=2\sqrt{3}k$，解得$k=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴直线$OD$的表达式为$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$。
设直线$CD$的表达式为$y=mx+n$，将点$C(0,4)$，$D(2\sqrt{3},2)$代入，得
$\begin{cases}4=n\\2=2\sqrt{3}m+n\end{cases}$
解得$\begin{cases}m=-\frac{\sqrt{3}}{3}\\n=4\end{cases}$
∴直线$CD$的表达式为$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+4$。
设矩形$MNPQ$中，$QM=PN=t\ \mathrm{m}$，则$x_M=x_N=\frac{t}{2}$，代入$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$，$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+4$，得$M(\frac{t}{2},\frac{\sqrt{3}t}{6})$，$N(\frac{t}{2},-\frac{\sqrt{3}t}{6}+4)$，
∴$MN=-\frac{\sqrt{3}t}{6}+4-\frac{\sqrt{3}t}{6}=-\frac{\sqrt{3}t}{3}+4$，
∴$S_{\mathrm{矩形}MNPQ}=QM×MN=t×(-\frac{\sqrt{3}}{3}t+4)=-\frac{\sqrt{3}}{3}t^2+4t$。
由(1)可得$S_{\mathrm{Rt}△ OGD}=\frac{1}{2}·DG·OG=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2=2\sqrt{3}$，
∴$S_{\mathrm{菱形}ODCE}=4S_{\mathrm{Rt}△ OGD}=8\sqrt{3}$。
设总费用为$W$元，
∴$W=(-\frac{\sqrt{3}}{3}t^2+4t)×80+[8\sqrt{3}-(-\frac{\sqrt{3}}{3}t^2+4t)]×160=\frac{80\sqrt{3}}{3}t^2-320t+1280\sqrt{3}$，
当$t=-\frac{b}{2a}=-\frac{-320}{\frac{160\sqrt{3}}{3}}=2\sqrt{3}$时，$W$取得最小值，最小值为$W=\frac{80\sqrt{3}}{3}×(2\sqrt{3})^2-320×2\sqrt{3}+1280\sqrt{3}=960\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{y=-\frac{1}{6}x^2+4}$；
(2) $\boldsymbol{4\sqrt{6}\ \mathrm{m}}$；
(3) $\boldsymbol{960\sqrt{3}}$元。
【知识点】
二次函数解析式求解，二次函数最值应用，特殊四边形性质
【点评】
本题是二次函数与几何的综合应用题，结合了菱形、矩形的性质，一次函数解析式求解，以及二次函数的实际最值应用，解题时需将几何特征转化为代数条件，通过建立函数模型解决问题，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5