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6.一座拱桥的示意图如图1所示，拱高为6 m，跨度为20 m，相邻两支柱间的距离均为5 m.
(1)如图2，求这段抛物线对应的函数解析式.
(2)求支柱EF的长度.
(3)拱桥下方的地平面是双向行车道(正中间是一条宽2 m的隔离带)，其中一向的行车道能否并排行驶3辆宽2 m、高3 m的汽车(汽车的间隔忽略不计)？请说明你的理由.
(1)如图2，求这段抛物线对应的函数解析式.
(2)求支柱EF的长度.
(3)拱桥下方的地平面是双向行车道(正中间是一条宽2 m的隔离带)，其中一向的行车道能否并排行驶3辆宽2 m、高3 m的汽车(汽车的间隔忽略不计)？请说明你的理由.
答案
6.【解】(1)根据题目条件,得点 $A,B,C$ 的坐标分别是 $(-10,0),(10,0),(0,6).$ 设这段抛物线对应的函数解析式为 $y=ax^2+c\ (a≠0)$。
将点 $B,C$ 的坐标分别代入 $y=ax^2+c$,得 $\begin{cases}100a + c = 0,\\c=6.\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=-\dfrac{3}{50},\\c=6.\end{cases}$
$\therefore$ 这段抛物线对应的函数解析式是 $y=-\dfrac{3}{50}x^2+6(-10≤ x≤10)$。
(2)设点 $F$ 的坐标为 $(5,y_F)$。
$\therefore y_F=-\dfrac{3}{50}×5^2+6=4.5$。
$\therefore$ 支柱 $EF$ 的长度是 $10-4.5=5.5(\mathrm{m})$。
(3)能. 理由如下:
如图,设 $DN$ 的长等于隔离带的宽,$NG$ 的长等于 3 辆汽车的宽度和,则点 $G$ 的坐标是 $(7,0)$。
过点 $G$ 作 $GH⊥ AB$,交抛物线于点 $H$,则 $y_H=-\dfrac{3}{50}×7^2+6=3.06＞3$。
根据抛物线的特点,可知其中一向的行车道能并排行驶 3 辆宽 2 m、高 3 m 的汽车。
解析
【分析】
(1) 观察图2的坐标系可知，抛物线对称轴为y轴，顶点为C(0,6)，因此可设顶点式$y=ax^2+c(a≠0)$，结合跨度20m可得A(-10,0)、B(10,0)，代入两点坐标即可求出a、c的值，同时标注自变量的取值范围。
(2) 相邻支柱间距为5m，因此F点横坐标为5，将x=5代入(1)中解析式求出F点纵坐标，即F到地面AB的高度，已知E点高度为10m，作差即可得到EF的长度。
(3) 判断能否行驶3辆汽车：中间隔离带宽2m，因此单向车道从x=1处开始，3辆汽车总宽度为$3×2=6\mathrm{m}$，故最右侧汽车边缘横坐标为$1+6=7$，将x=7代入解析式求出对应纵坐标，和汽车高度3m对比，若纵坐标大于3m即可行驶。
【解析】
(1) 由题意得A(-10,0)，B(10,0)，C(0,6)，设抛物线解析式为$y=ax^2+c(a≠0)$。
将B(10,0)、C(0,6)代入解析式得：
$\begin{cases}100a + c = 0\\c=6\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-\dfrac{3}{50}\\c=6\end{cases}$
因此抛物线解析式为$y=-\dfrac{3}{50}x^2+6\ (-10≤ x≤10)$。
(2) 点F的横坐标为5，代入解析式得：
$y_F=-\dfrac{3}{50}×5^2+6=4.5$
则$EF=10-4.5=5.5(\mathrm{m})$。
(3) 能，理由：隔离带宽2m，3辆汽车总宽度为$3×2=6\mathrm{m}$，因此3辆车最右侧横坐标为$1+6=7$，将x=7代入解析式：
$y_H=-\dfrac{3}{50}×7^2+6=3.06$
因为$3.06＞3$，即该位置桥洞高度大于汽车高度，因此可以并排行驶。
【答案】
6.【解】(1)根据题目条件,得点 $A,B,C$ 的坐标分别是 $(-10,0),(10,0),(0,6).$ 设这段抛物线对应的函数解析式为 $y=ax^2+c\ (a≠0)$。
将点 $B,C$ 的坐标分别代入 $y=ax^2+c$,得 $\begin{cases}100a + c = 0,\\c=6.\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=-\dfrac{3}{50},\\c=6.\end{cases}$
$\therefore$ 这段抛物线对应的函数解析式是 $y=-\dfrac{3}{50}x^2+6(-10≤ x≤10)$。
(2)设点 $F$ 的坐标为 $(5,y_F)$。
$\therefore y_F=-\dfrac{3}{50}×5^2+6=4.5$。
$\therefore$ 支柱 $EF$ 的长度是 $10-4.5=5.5(\mathrm{m})$。
(3)能. 理由如下:
如图,设 $DN$ 的长等于隔离带的宽,$NG$ 的长等于 3 辆汽车的宽度和,则点 $G$ 的坐标是 $(7,0)$。
过点 $G$ 作 $GH⊥ AB$,交抛物线于点 $H$,则 $y_H=-\dfrac{3}{50}×7^2+6=3.06＞3$。
根据抛物线的特点,可知其中一向的行车道能并排行驶 3 辆宽 2 m、高 3 m 的汽车。
【知识点】
待定系数法求解析式；二次函数实际应用；二次函数求值
【点评】
本题结合生活中拱桥的实际场景考查二次函数的应用，解题核心是准确对应实际量与坐标系中点的坐标，通过代入计算解决实际问题，充分体现了数学的实用性。
【难度系数】
0.7
(1) 观察图2的坐标系可知，抛物线对称轴为y轴，顶点为C(0,6)，因此可设顶点式$y=ax^2+c(a≠0)$，结合跨度20m可得A(-10,0)、B(10,0)，代入两点坐标即可求出a、c的值，同时标注自变量的取值范围。
(2) 相邻支柱间距为5m，因此F点横坐标为5，将x=5代入(1)中解析式求出F点纵坐标，即F到地面AB的高度，已知E点高度为10m，作差即可得到EF的长度。
(3) 判断能否行驶3辆汽车：中间隔离带宽2m，因此单向车道从x=1处开始，3辆汽车总宽度为$3×2=6\mathrm{m}$，故最右侧汽车边缘横坐标为$1+6=7$，将x=7代入解析式求出对应纵坐标，和汽车高度3m对比，若纵坐标大于3m即可行驶。
【解析】
(1) 由题意得A(-10,0)，B(10,0)，C(0,6)，设抛物线解析式为$y=ax^2+c(a≠0)$。
将B(10,0)、C(0,6)代入解析式得：
$\begin{cases}100a + c = 0\\c=6\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-\dfrac{3}{50}\\c=6\end{cases}$
因此抛物线解析式为$y=-\dfrac{3}{50}x^2+6\ (-10≤ x≤10)$。
(2) 点F的横坐标为5，代入解析式得：
$y_F=-\dfrac{3}{50}×5^2+6=4.5$
则$EF=10-4.5=5.5(\mathrm{m})$。
(3) 能，理由：隔离带宽2m，3辆汽车总宽度为$3×2=6\mathrm{m}$，因此3辆车最右侧横坐标为$1+6=7$，将x=7代入解析式：
$y_H=-\dfrac{3}{50}×7^2+6=3.06$
因为$3.06＞3$，即该位置桥洞高度大于汽车高度，因此可以并排行驶。
【答案】
6.【解】(1)根据题目条件,得点 $A,B,C$ 的坐标分别是 $(-10,0),(10,0),(0,6).$ 设这段抛物线对应的函数解析式为 $y=ax^2+c\ (a≠0)$。
将点 $B,C$ 的坐标分别代入 $y=ax^2+c$,得 $\begin{cases}100a + c = 0,\\c=6.\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=-\dfrac{3}{50},\\c=6.\end{cases}$
$\therefore$ 这段抛物线对应的函数解析式是 $y=-\dfrac{3}{50}x^2+6(-10≤ x≤10)$。
(2)设点 $F$ 的坐标为 $(5,y_F)$。
$\therefore y_F=-\dfrac{3}{50}×5^2+6=4.5$。
$\therefore$ 支柱 $EF$ 的长度是 $10-4.5=5.5(\mathrm{m})$。
(3)能. 理由如下:
如图,设 $DN$ 的长等于隔离带的宽,$NG$ 的长等于 3 辆汽车的宽度和,则点 $G$ 的坐标是 $(7,0)$。
过点 $G$ 作 $GH⊥ AB$,交抛物线于点 $H$,则 $y_H=-\dfrac{3}{50}×7^2+6=3.06＞3$。
根据抛物线的特点,可知其中一向的行车道能并排行驶 3 辆宽 2 m、高 3 m 的汽车。
【知识点】
待定系数法求解析式；二次函数实际应用；二次函数求值
【点评】
本题结合生活中拱桥的实际场景考查二次函数的应用，解题核心是准确对应实际量与坐标系中点的坐标，通过代入计算解决实际问题，充分体现了数学的实用性。
【难度系数】
0.7
7. 如图,在平面直角坐标系中,小明从离地面高度为 1.5 m 的点 A 处抛出弹力球(视为一点),弹力球在点 B 处着地后弹起,再落至点 C 处,弹力球的运动轨迹可近似看成形状相同的两条抛物线,弹力球第一次着地前的运动轨迹所在抛物线对应的函数解析式为 $y=a(x-1)^2+2$.
(1)求 $a$ 的值.
(2)若弹力球在点 B 处着地后弹起的最大高度为着地前最大高度的 $\frac{1}{4}$,求弹力球第二次着地的落地点 C 距离抛出点 A 的水平距离 OC 的长.
(3)在(2)的条件下,在地面上摆放一个底面圆的直径为 0.6 m、高为 0.32 m 的圆柱形水桶(水桶厚度不计). 若要弹力球从 B 处弹起后落入水桶内(落在边缘也算作进桶),则水桶底面最左端与原点之间的距离 $s$(单位:m)的取值范围是
(1)求 $a$ 的值.
(2)若弹力球在点 B 处着地后弹起的最大高度为着地前最大高度的 $\frac{1}{4}$,求弹力球第二次着地的落地点 C 距离抛出点 A 的水平距离 OC 的长.
(3)在(2)的条件下,在地面上摆放一个底面圆的直径为 0.6 m、高为 0.32 m 的圆柱形水桶(水桶厚度不计). 若要弹力球从 B 处弹起后落入水桶内(落在边缘也算作进桶),则水桶底面最左端与原点之间的距离 $s$(单位:m)的取值范围是
4 m≤s≤4.6 m
.答案
7.【解】(1)把 $(0,1.5)$ 代入 $y=a\ (x-1)^2+2,$ 得 $a·(0-1)^2+2=1.5$。
解得 $a=-\dfrac{1}{2}$。
(2)$\because a=-\dfrac{1}{2}$,
$\therefore$ 第一次着地前的运动轨迹所在抛物线对应的函数解析式为 $y=-\dfrac{1}{2}(x-1)^2+2,$ 其顶点坐标为 $(1,2)$。
把 $y=0$ 代入 $y=-\dfrac{1}{2}(x-1)^2+2,$ 列得方程 $-\dfrac{1}{2}(x-1)^2+2=0$。
解得 $x_1=3,x_2=-1$(不合题意,舍去)。
$\therefore$ 点 $B$ 的坐标为 $(3,0)$。
$\because$ 弹力球在点 $B$ 处着地后弹起的最大高度为着地前最大高度的 $\dfrac{1}{4}$,
$\therefore$ 弹力球在点 $B$ 处着地后弹起的最大高度为 $2×\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}(\mathrm{m})$。
又弹力球的运动轨迹可近似看成形状相同的两条抛物线,
$\therefore$ 可设弹力球在点 $B$ 处着地后,第二次着地前的运动轨迹所在抛物线对应的函数解析式为 $y=-\dfrac{1}{2}(x-h)^2+\dfrac{1}{2}$。
把 $(3,0)$ 代入 $y=-\dfrac{1}{2}(x-h)^2+\dfrac{1}{2},$ 列得方程 $-\dfrac{1}{2}·(3-h)^2+\dfrac{1}{2}=0$。
解得 $h_1=4,h_2=2$(不合题意,舍去)。
$\therefore$ 弹力球在点 $B$ 处着地后,第二次着地前的运动轨迹所在抛物线对应的函数解析式为 $y=-\dfrac{1}{2}(x-4)^2+\dfrac{1}{2}$。
把 $y=0$ 代入 $y=-\dfrac{1}{2}(x-4)^2+\dfrac{1}{2},$ 列得方程 $-\dfrac{1}{2}(x-4)^2+\dfrac{1}{2}=0$,
解得 $x_1=5,x_2=3$(不合题意,舍去)。
$\therefore OC$ 的长为 $5\ \mathrm{m}$。
(3)$4\ \mathrm{m}≤ s≤4.6\ \mathrm{m}$
解得 $a=-\dfrac{1}{2}$。
(2)$\because a=-\dfrac{1}{2}$,
$\therefore$ 第一次着地前的运动轨迹所在抛物线对应的函数解析式为 $y=-\dfrac{1}{2}(x-1)^2+2,$ 其顶点坐标为 $(1,2)$。
把 $y=0$ 代入 $y=-\dfrac{1}{2}(x-1)^2+2,$ 列得方程 $-\dfrac{1}{2}(x-1)^2+2=0$。
解得 $x_1=3,x_2=-1$(不合题意,舍去)。
$\therefore$ 点 $B$ 的坐标为 $(3,0)$。
$\because$ 弹力球在点 $B$ 处着地后弹起的最大高度为着地前最大高度的 $\dfrac{1}{4}$,
$\therefore$ 弹力球在点 $B$ 处着地后弹起的最大高度为 $2×\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}(\mathrm{m})$。
又弹力球的运动轨迹可近似看成形状相同的两条抛物线,
$\therefore$ 可设弹力球在点 $B$ 处着地后,第二次着地前的运动轨迹所在抛物线对应的函数解析式为 $y=-\dfrac{1}{2}(x-h)^2+\dfrac{1}{2}$。
把 $(3,0)$ 代入 $y=-\dfrac{1}{2}(x-h)^2+\dfrac{1}{2},$ 列得方程 $-\dfrac{1}{2}·(3-h)^2+\dfrac{1}{2}=0$。
解得 $h_1=4,h_2=2$(不合题意,舍去)。
$\therefore$ 弹力球在点 $B$ 处着地后,第二次着地前的运动轨迹所在抛物线对应的函数解析式为 $y=-\dfrac{1}{2}(x-4)^2+\dfrac{1}{2}$。
把 $y=0$ 代入 $y=-\dfrac{1}{2}(x-4)^2+\dfrac{1}{2},$ 列得方程 $-\dfrac{1}{2}(x-4)^2+\dfrac{1}{2}=0$,
解得 $x_1=5,x_2=3$(不合题意,舍去)。
$\therefore OC$ 的长为 $5\ \mathrm{m}$。
(3)$4\ \mathrm{m}≤ s≤4.6\ \mathrm{m}$
解析
【分析】
(1) 由题意可知点A坐标为(0,1.5)，且在第一次运动轨迹的抛物线上，将点A坐标代入给定的抛物线解析式，即可解出a的值。
(2) 先将a代入得到第一次轨迹的完整解析式，令y=0求解，正根即为点B的横坐标；由于两条抛物线形状相同，故二次项系数相同，已知弹起后的最大高度为原最大高度的$\frac{1}{4}$，可得新抛物线顶点的纵坐标，设新抛物线的顶点式，代入点B坐标求出顶点横坐标，再令新抛物线y=0求解，正根即为点C的横坐标，也就是OC的长度。
(3) 令第二次轨迹的抛物线y=0.32（水桶高度），解出对应的两个x值，结合水桶直径为0.6m，分析可得水桶左端s的取值范围。
【解析】
(1) 由题意，点A的坐标为$(0,1.5)$，将其代入$y=a(x-1)^2+2$，得：
$a·(0-1)^2 + 2 = 1.5$
解得$a=-\dfrac{1}{2}$。
(2) 将$a=-\dfrac{1}{2}$代入解析式，得第一次轨迹的函数解析式为$y=-\dfrac{1}{2}(x-1)^2+2$，其顶点坐标为$(1,2)$，即着地前最大高度为2m。
令$y=0$，得：
$-\dfrac{1}{2}(x-1)^2 + 2 = 0$
解得$x_1=3$，$x_2=-1$（距离为负不符合实际，舍去），故点B的坐标为$(3,0)$。
由题意，弹起后的最大高度为$2×\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}\ \mathrm{m}$，且两条抛物线形状相同，故二次项系数仍为$-\dfrac{1}{2}$，设第二次轨迹的解析式为$y=-\dfrac{1}{2}(x-h)^2+\dfrac{1}{2}$。
将点B$(3,0)$代入上式，得：
$-\dfrac{1}{2}(3-h)^2 + \dfrac{1}{2} = 0$
解得$h_1=4$，$h_2=2$（弹起后轨迹在B点右侧，顶点横坐标大于3，故舍去$h_2=2$），因此第二次轨迹的解析式为$y=-\dfrac{1}{2}(x-4)^2+\dfrac{1}{2}$。
令$y=0$，得：
$-\dfrac{1}{2}(x-4)^2 + \dfrac{1}{2} = 0$
解得$x_1=5$，$x_2=3$（舍去），故点C的坐标为$(5,0)$，即$OC=5\ \mathrm{m}$。
(3) 令第二次轨迹的函数中$y=0.32$，得：
$-\dfrac{1}{2}(x-4)^2 + \dfrac{1}{2} = 0.32$
整理得$(x-4)^2=0.36$，解得$x_1=3.4$（上升阶段的交点，球向上运动不会落入水桶，舍去），$x_2=4.6$。
弹力球下落过程中，当$x\in[4,4.6]$时，$y≥0.32$，可落入水桶。
水桶底面直径为0.6m，若水桶最左端为$s$，则最右端为$s+0.6$：
当球刚好落在水桶右边缘时，$s+0.6=4.6$，得$s=4$；
当球刚好落在水桶左边缘时，$s=4.6$。
因此$s$的取值范围为$4\ \mathrm{m}≤ s≤4.6\ \mathrm{m}$。
【答案】
(1) $a=-\dfrac{1}{2}$；(2) $OC$的长为$5\ \mathrm{m}$；(3) $4\ \mathrm{m}≤ s≤4.6\ \mathrm{m}$
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用；二次函数的图像与性质
【点评】
本题以弹力球运动为背景，考查二次函数的实际应用，解题的关键是结合实际意义确定抛物线上点的坐标，灵活运用待定系数法求解析式，再根据函数值求解对应自变量的取值，较好地体现了数学知识在实际问题中的应用。
【难度系数】
0.6
(1) 由题意可知点A坐标为(0,1.5)，且在第一次运动轨迹的抛物线上，将点A坐标代入给定的抛物线解析式，即可解出a的值。
(2) 先将a代入得到第一次轨迹的完整解析式，令y=0求解，正根即为点B的横坐标；由于两条抛物线形状相同，故二次项系数相同，已知弹起后的最大高度为原最大高度的$\frac{1}{4}$，可得新抛物线顶点的纵坐标，设新抛物线的顶点式，代入点B坐标求出顶点横坐标，再令新抛物线y=0求解，正根即为点C的横坐标，也就是OC的长度。
(3) 令第二次轨迹的抛物线y=0.32（水桶高度），解出对应的两个x值，结合水桶直径为0.6m，分析可得水桶左端s的取值范围。
【解析】
(1) 由题意，点A的坐标为$(0,1.5)$，将其代入$y=a(x-1)^2+2$，得：
$a·(0-1)^2 + 2 = 1.5$
解得$a=-\dfrac{1}{2}$。
(2) 将$a=-\dfrac{1}{2}$代入解析式，得第一次轨迹的函数解析式为$y=-\dfrac{1}{2}(x-1)^2+2$，其顶点坐标为$(1,2)$，即着地前最大高度为2m。
令$y=0$，得：
$-\dfrac{1}{2}(x-1)^2 + 2 = 0$
解得$x_1=3$，$x_2=-1$（距离为负不符合实际，舍去），故点B的坐标为$(3,0)$。
由题意，弹起后的最大高度为$2×\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}\ \mathrm{m}$，且两条抛物线形状相同，故二次项系数仍为$-\dfrac{1}{2}$，设第二次轨迹的解析式为$y=-\dfrac{1}{2}(x-h)^2+\dfrac{1}{2}$。
将点B$(3,0)$代入上式，得：
$-\dfrac{1}{2}(3-h)^2 + \dfrac{1}{2} = 0$
解得$h_1=4$，$h_2=2$（弹起后轨迹在B点右侧，顶点横坐标大于3，故舍去$h_2=2$），因此第二次轨迹的解析式为$y=-\dfrac{1}{2}(x-4)^2+\dfrac{1}{2}$。
令$y=0$，得：
$-\dfrac{1}{2}(x-4)^2 + \dfrac{1}{2} = 0$
解得$x_1=5$，$x_2=3$（舍去），故点C的坐标为$(5,0)$，即$OC=5\ \mathrm{m}$。
(3) 令第二次轨迹的函数中$y=0.32$，得：
$-\dfrac{1}{2}(x-4)^2 + \dfrac{1}{2} = 0.32$
整理得$(x-4)^2=0.36$，解得$x_1=3.4$（上升阶段的交点，球向上运动不会落入水桶，舍去），$x_2=4.6$。
弹力球下落过程中，当$x\in[4,4.6]$时，$y≥0.32$，可落入水桶。
水桶底面直径为0.6m，若水桶最左端为$s$，则最右端为$s+0.6$：
当球刚好落在水桶右边缘时，$s+0.6=4.6$，得$s=4$；
当球刚好落在水桶左边缘时，$s=4.6$。
因此$s$的取值范围为$4\ \mathrm{m}≤ s≤4.6\ \mathrm{m}$。
【答案】
(1) $a=-\dfrac{1}{2}$；(2) $OC$的长为$5\ \mathrm{m}$；(3) $4\ \mathrm{m}≤ s≤4.6\ \mathrm{m}$
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用；二次函数的图像与性质
【点评】
本题以弹力球运动为背景，考查二次函数的实际应用，解题的关键是结合实际意义确定抛物线上点的坐标，灵活运用待定系数法求解析式，再根据函数值求解对应自变量的取值，较好地体现了数学知识在实际问题中的应用。
【难度系数】
0.6
