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1[2026安徽芜湖校级期中]点$A(t,y_1)$和点$B(-4,y_2)$在抛物线$y=x^2+4x-5$上，下列说法正确的是（
A.当$t＞0$时，$y_1＜y_2$
B.当$-2＜t＜0$时，$y_1＞y_2$
C.当$-4＜t＜-2$时，$y_1＞y_2$
D.当$t=0$时，$y_1=y_2$
D
）A.当$t＞0$时，$y_1＜y_2$
B.当$-2＜t＜0$时，$y_1＞y_2$
C.当$-4＜t＜-2$时，$y_1＞y_2$
D.当$t=0$时，$y_1=y_2$
答案
【解析】
∵ 抛物线表达式为 $y=x^2+4x-5$,
∴ 点$B(-4,y_2)$的纵坐标 $y_2=(-4)^2+4×(-4)-5=16-16-5=-5$,点 $A(t,y_1)$ 的纵坐标 $y_1=t^2+4t-5$,
∴ $y_1-y_2=(t^2+4t-5)-(-5)=t^2+4t=t(t+4)$. 选项 A,当 $t＞0$ 时,$t(t+4)＞0$,
∴ $y_1＞y_2$,故该选项错误. 选项 B,当$-2＜t＜0$ 时,$t(t+4)＜0$,
∴ $y_1＜y_2$,故该选项错误. 选项 C,当$-4＜t＜-2$ 时,$t(t+4)＜0$,
∴ $y_1＜y_2$,故该选项错误. 选项 D,当 $t=0$ 时,$t(t+4)=0$,
∴ $y_1=y_2$,故该选项正确. 故选 D.
易错警示 在分析 $t(t+4)$ 的符号时,对 $t$ 和 $t+4$ 的正负判断不准确,导致对 $y_1$ 和 $y_2$ 的大小关系判断错误.
∵ 抛物线表达式为 $y=x^2+4x-5$,
∴ 点$B(-4,y_2)$的纵坐标 $y_2=(-4)^2+4×(-4)-5=16-16-5=-5$,点 $A(t,y_1)$ 的纵坐标 $y_1=t^2+4t-5$,
∴ $y_1-y_2=(t^2+4t-5)-(-5)=t^2+4t=t(t+4)$. 选项 A,当 $t＞0$ 时,$t(t+4)＞0$,
∴ $y_1＞y_2$,故该选项错误. 选项 B,当$-2＜t＜0$ 时,$t(t+4)＜0$,
∴ $y_1＜y_2$,故该选项错误. 选项 C,当$-4＜t＜-2$ 时,$t(t+4)＜0$,
∴ $y_1＜y_2$,故该选项错误. 选项 D,当 $t=0$ 时,$t(t+4)=0$,
∴ $y_1=y_2$,故该选项正确. 故选 D.
易错警示 在分析 $t(t+4)$ 的符号时,对 $t$ 和 $t+4$ 的正负判断不准确,导致对 $y_1$ 和 $y_2$ 的大小关系判断错误.
解析
【分析】
要比较抛物线上两点的函数值大小，我们可以先分别求出两点的纵坐标表达式，通过作差法得到两个函数值的差，将差因式分解后，结合各选项给出的t的取值范围判断差的正负，即可确定y₁与y₂的大小关系，进而判断选项是否正确。
【解析】
∵ 抛物线表达式为 $y=x^2+4x-5$，
∴ 点$B(-4,y_2)$的纵坐标：$y_2=(-4)^2+4×(-4)-5=16-16-5=-5$，
点$A(t,y_1)$的纵坐标：$y_1=t^2+4t-5$，
∴ $y_1-y_2=(t^2+4t-5)-(-5)=t^2+4t=t(t+4)$。
选项A：当$t＞0$时，$t＞0$，$t+4＞0$，则$t(t+4)＞0$，
∴ $y_1＞y_2$，该选项错误；
选项B：当$-2＜t＜0$时，$t＜0$，$t+4＞0$，则$t(t+4)＜0$，
∴ $y_1＜y_2$，该选项错误；
选项C：当$-4＜t＜-2$时，$t＜0$，$t+4＞0$，则$t(t+4)＜0$，
∴ $y_1＜y_2$，该选项错误；
选项D：当$t=0$时，$t(t+4)=0×4=0$，
∴ $y_1=y_2$，该选项正确。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
1.二次函数点的坐标特征 2.作差法比较大小 3.因式分解应用
【点评】
本题考查二次函数图象上点的坐标性质，将函数值大小比较转化为代数式符号判断是解题的核心思路，解题时需注意结合t的取值范围准确判断因式的正负，避免符号判断错误。
【难度系数】
0.7
要比较抛物线上两点的函数值大小，我们可以先分别求出两点的纵坐标表达式，通过作差法得到两个函数值的差，将差因式分解后，结合各选项给出的t的取值范围判断差的正负，即可确定y₁与y₂的大小关系，进而判断选项是否正确。
【解析】
∵ 抛物线表达式为 $y=x^2+4x-5$，
∴ 点$B(-4,y_2)$的纵坐标：$y_2=(-4)^2+4×(-4)-5=16-16-5=-5$，
点$A(t,y_1)$的纵坐标：$y_1=t^2+4t-5$，
∴ $y_1-y_2=(t^2+4t-5)-(-5)=t^2+4t=t(t+4)$。
选项A：当$t＞0$时，$t＞0$，$t+4＞0$，则$t(t+4)＞0$，
∴ $y_1＞y_2$，该选项错误；
选项B：当$-2＜t＜0$时，$t＜0$，$t+4＞0$，则$t(t+4)＜0$，
∴ $y_1＜y_2$，该选项错误；
选项C：当$-4＜t＜-2$时，$t＜0$，$t+4＞0$，则$t(t+4)＜0$，
∴ $y_1＜y_2$，该选项错误；
选项D：当$t=0$时，$t(t+4)=0×4=0$，
∴ $y_1=y_2$，该选项正确。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
1.二次函数点的坐标特征 2.作差法比较大小 3.因式分解应用
【点评】
本题考查二次函数图象上点的坐标性质，将函数值大小比较转化为代数式符号判断是解题的核心思路，解题时需注意结合t的取值范围准确判断因式的正负，避免符号判断错误。
【难度系数】
0.7
2[2025安徽淮北校级质检]已知抛物线$y=x^2+2kx -k^2$的对称轴在y轴左侧，现将该抛物线先向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度后，得到的抛物线正好经过坐标原点，则k的值是（
A.-5或1
B.-5
C.1
D.5
C
）A.-5或1
B.-5
C.1
D.5
答案
【解析】
∵ 抛物线 $y=x^2+2kx-k^2$ 的对称轴在 $y$ 轴左侧,
∴ $-k＜0$,
∴ $k＞0$.
∵ 抛物线 $y=x^2+2kx-k^2=(x+k)^2-2k^2$,
∴ 将该抛物线先向右平移 2 个单位长度,再向上平移 1 个单位长度后,得到的抛物线的表达式是 $y=(x+k-2)^2-2k^2+1$, 将 $(0,0)$ 代入,得 $0=(k-2)^2-2k^2+1$, 解得 $k_1=1,k_2=-5$(舍去). 故选 C.
∵ 抛物线 $y=x^2+2kx-k^2$ 的对称轴在 $y$ 轴左侧,
∴ $-k＜0$,
∴ $k＞0$.
∵ 抛物线 $y=x^2+2kx-k^2=(x+k)^2-2k^2$,
∴ 将该抛物线先向右平移 2 个单位长度,再向上平移 1 个单位长度后,得到的抛物线的表达式是 $y=(x+k-2)^2-2k^2+1$, 将 $(0,0)$ 代入,得 $0=(k-2)^2-2k^2+1$, 解得 $k_1=1,k_2=-5$(舍去). 故选 C.
解析
【分析】
解题可分三步思考：第一步，先根据抛物线对称轴在y轴左侧的条件，结合二次函数对称轴公式求出k的取值范围，方便后续对解进行取舍；第二步，将原抛物线解析式配成顶点式，根据“左加右减、上加下减”的平移规则，写出平移后新抛物线的解析式；第三步，利用新抛物线过原点的条件，将(0,0)代入新解析式求解k值，再结合第一步得到的k的范围舍去不符合要求的解即可。
【解析】
首先求k的取值范围：抛物线$y=x^2+2kx -k^2$中，$a=1$，$b=2k$，对称轴为$x=-\frac{b}{2a}=-k$，已知对称轴在y轴左侧，即$x＜0$，因此$-k＜0$，解得$k＞0$。
将原抛物线配成顶点式：$y=x^2+2kx -k^2=(x+k)^2 - 2k^2$。
根据平移规则，向右平移2个单位长度，即自变量x替换为$x-2$，再向上平移1个单位长度，即常数项加1，可得平移后抛物线解析式为：$y=(x+k-2)^2 - 2k^2 +1$。
已知平移后抛物线过原点$(0,0)$，将$x=0$，$y=0$代入解析式得：
$0=(0 +k -2)^2 - 2k^2 +1$
展开整理得：$k^2 -4k +4 -2k^2 +1=0$，即$-k^2 -4k +5=0$，变形为$k^2 +4k -5=0$，因式分解得$(k+5)(k-1)=0$，解得$k_1=1$，$k_2=-5$。
结合之前得到的$k＞0$的范围，舍去$k=-5$，因此$k=1$。
【答案】
C
【知识点】
二次函数性质，图象平移规则，参数求解
【点评】
本题是二次函数的综合基础题，考查了对称轴性质、平移规律以及利用函数过定点求参数，解题时需注意先根据限定条件确定参数的取值范围，避免求出多解后漏舍，平移时要牢记“左加右减针对自变量，上加下减针对常数项”的规则。
【难度系数】
0.6
解题可分三步思考：第一步，先根据抛物线对称轴在y轴左侧的条件，结合二次函数对称轴公式求出k的取值范围，方便后续对解进行取舍；第二步，将原抛物线解析式配成顶点式，根据“左加右减、上加下减”的平移规则，写出平移后新抛物线的解析式；第三步，利用新抛物线过原点的条件，将(0,0)代入新解析式求解k值，再结合第一步得到的k的范围舍去不符合要求的解即可。
【解析】
首先求k的取值范围：抛物线$y=x^2+2kx -k^2$中，$a=1$，$b=2k$，对称轴为$x=-\frac{b}{2a}=-k$，已知对称轴在y轴左侧，即$x＜0$，因此$-k＜0$，解得$k＞0$。
将原抛物线配成顶点式：$y=x^2+2kx -k^2=(x+k)^2 - 2k^2$。
根据平移规则，向右平移2个单位长度，即自变量x替换为$x-2$，再向上平移1个单位长度，即常数项加1，可得平移后抛物线解析式为：$y=(x+k-2)^2 - 2k^2 +1$。
已知平移后抛物线过原点$(0,0)$，将$x=0$，$y=0$代入解析式得：
$0=(0 +k -2)^2 - 2k^2 +1$
展开整理得：$k^2 -4k +4 -2k^2 +1=0$，即$-k^2 -4k +5=0$，变形为$k^2 +4k -5=0$，因式分解得$(k+5)(k-1)=0$，解得$k_1=1$，$k_2=-5$。
结合之前得到的$k＞0$的范围，舍去$k=-5$，因此$k=1$。
【答案】
C
【知识点】
二次函数性质，图象平移规则，参数求解
【点评】
本题是二次函数的综合基础题，考查了对称轴性质、平移规律以及利用函数过定点求参数，解题时需注意先根据限定条件确定参数的取值范围，避免求出多解后漏舍，平移时要牢记“左加右减针对自变量，上加下减针对常数项”的规则。
【难度系数】
0.6
3 已知反比例函数$y=\frac{b}{x}(b≠0)$的图象如图所示，则一次函数$y=cx - a(c≠0)$和二次函数$y=ax^2 + bx + c(a≠0)$在同一平面直角坐标系中的图象可能是（
D
）答案
【解析】
∵ 反比例函数 $y=\frac{b}{x}(b≠0)$ 的图象位于第一、三象限,
∴ $b＞0$. 当 $a＜0$ 时,抛物线对称轴应该在 $y$ 轴的右侧,故 A、B 选项错误. 当 $a＞0$ 时,抛物线对称轴应该在 $y$ 轴的左侧,当 $c＞0$ 时,一次函数 $y=cx-a(c≠0)$ 的图象过第一、三、四象限,故 C 选项错误;当 $c＜0$ 时,一次函数 $y=cx-a(c≠0)$ 的图象过第二、三、四象限,故 D 选项正确. 故选 D.
∵ 反比例函数 $y=\frac{b}{x}(b≠0)$ 的图象位于第一、三象限,
∴ $b＞0$. 当 $a＜0$ 时,抛物线对称轴应该在 $y$ 轴的右侧,故 A、B 选项错误. 当 $a＞0$ 时,抛物线对称轴应该在 $y$ 轴的左侧,当 $c＞0$ 时,一次函数 $y=cx-a(c≠0)$ 的图象过第一、三、四象限,故 C 选项错误;当 $c＜0$ 时,一次函数 $y=cx-a(c≠0)$ 的图象过第二、三、四象限,故 D 选项正确. 故选 D.
解析
【分析】
解题时先从已知的反比例函数图像入手，确定系数b的符号，这是解题的突破口。再结合二次函数的开口方向、对称轴位置判断系数a的符号，排除不符合的选项；最后结合一次函数的斜率、与y轴交点位置判断系数c的符号，验证剩余选项是否符合要求，通过逐步排除法得到正确答案。
【解析】
∵ 反比例函数 $y=\frac{b}{x}(b≠0)$ 的图象位于第一、三象限，
∴ $b＞0$。
二次函数$y=ax^2+bx+c$的对称轴为直线$x=-\frac{b}{2a}$：
当 $a＜0$ 时，$-\frac{b}{2a}＞0$，即抛物线对称轴在$y$轴右侧，A、B选项中抛物线对称轴在$y$轴左侧，故A、B选项错误；
当 $a＞0$ 时，$-\frac{b}{2a}＜0$，即抛物线对称轴在$y$轴左侧，此时一次函数$y=cx - a$的常数项为$-a＜0$，因此一次函数与$y$轴交点在负半轴：
若$c＞0$，一次函数图象过第一、三、四象限，C选项一次函数不符合该特征，故C选项错误；
若$c＜0$，一次函数图象过第二、三、四象限，D选项的一次函数、二次函数图象均符合特征，故D选项正确。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
反比例函数的图象与性质；一次函数的图象与性质；二次函数的图象与性质
【点评】
本题属于函数图象综合判断题，核心考查不同函数的系数与图象特征的对应关系，解题时需从已知确定的函数切入，逐步推导未知系数的符号范围，通过排除法快速锁定正确答案，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
解题时先从已知的反比例函数图像入手，确定系数b的符号，这是解题的突破口。再结合二次函数的开口方向、对称轴位置判断系数a的符号，排除不符合的选项；最后结合一次函数的斜率、与y轴交点位置判断系数c的符号，验证剩余选项是否符合要求，通过逐步排除法得到正确答案。
【解析】
∵ 反比例函数 $y=\frac{b}{x}(b≠0)$ 的图象位于第一、三象限，
∴ $b＞0$。
二次函数$y=ax^2+bx+c$的对称轴为直线$x=-\frac{b}{2a}$：
当 $a＜0$ 时，$-\frac{b}{2a}＞0$，即抛物线对称轴在$y$轴右侧，A、B选项中抛物线对称轴在$y$轴左侧，故A、B选项错误；
当 $a＞0$ 时，$-\frac{b}{2a}＜0$，即抛物线对称轴在$y$轴左侧，此时一次函数$y=cx - a$的常数项为$-a＜0$，因此一次函数与$y$轴交点在负半轴：
若$c＞0$，一次函数图象过第一、三、四象限，C选项一次函数不符合该特征，故C选项错误；
若$c＜0$，一次函数图象过第二、三、四象限，D选项的一次函数、二次函数图象均符合特征，故D选项正确。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
反比例函数的图象与性质；一次函数的图象与性质；二次函数的图象与性质
【点评】
本题属于函数图象综合判断题，核心考查不同函数的系数与图象特征的对应关系，解题时需从已知确定的函数切入，逐步推导未知系数的符号范围，通过排除法快速锁定正确答案，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
4 [2026安徽合肥质检]如图，
，抛物线$y = -\dfrac{1}{2}x^2 + bx + c$与$x$轴交于点$A(-1,0),B(4,0)$，与$y$轴交于点$C$，连接$BC$，若点$P$为线段$BC$上的动点(与$B,C$不重合)，作射线$AP$交抛物线于点$Q$，连接$CQ$，在点$P$的运动过程中，$\dfrac{PQ}{AP}$的最大值为 (
A.$\dfrac{4}{5}$
B.$\dfrac{7}{20}$
C.$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$
D.不存在
，抛物线$y = -\dfrac{1}{2}x^2 + bx + c$与$x$轴交于点$A(-1,0),B(4,0)$，与$y$轴交于点$C$，连接$BC$，若点$P$为线段$BC$上的动点(与$B,C$不重合)，作射线$AP$交抛物线于点$Q$，连接$CQ$，在点$P$的运动过程中，$\dfrac{PQ}{AP}$的最大值为 (A
)A.$\dfrac{4}{5}$
B.$\dfrac{7}{20}$
C.$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$
D.不存在
答案
【解析】如图，过点 $Q$ 作 $QH ⊥ BC$ 于 $H$,连接 $AC,OQ,BQ$.
∵ 抛物线 $y = -\frac{1}{2}x^2 + bx + c$ 与 $x$ 轴交于点 $A(-1,0)$,$B(4,0)$,
∴ $\begin{cases}-\frac{1}{2}-b+c=0, \\-8+4b+c=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}b=\frac{3}{2}, \\c=2,\end{cases}$
∴ $y = -\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2$,令 $x=0$,则 $y=2$,
∴ 点 $C$ 的坐标为 $(0,2)$,
∴ $AC = \sqrt{1^2+2^2} = \sqrt{5}$, $BC = \sqrt{4^2+2^2} = 2\sqrt{5}$.
∵ $AB=5$,
∴ $AC^2 + BC^2 = AB^2$,
∴ $∠ ACB = 90°$. 又
∵ $∠ QHC=90°$, $∠ APC = ∠ QPH$,
∴ $△ APC ∽ △ QPH$,
∴ $\frac{PQ}{AP}=\frac{QH}{AC}=\frac{QH}{\sqrt{5}}$.
∵ $S_{△ BCQ}=\frac{1}{2}BC · QH=\sqrt{5}QH$,
∴ $QH=\frac{S_{△ BCQ}}{\sqrt{5}}$. 设 $Q(m,-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2)$,
∴ $S_{△ BCQ}=S_{△ OCQ}+S_{△ OBQ}-S_{△ OBC}=\frac{1}{2}×2 · m+\frac{1}{2}×4 · (-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2)-\frac{1}{2}×2×4=-m^2+4m$,
∴ $\frac{PQ}{AP}=\frac{QH}{\sqrt{5}}=\frac{S_{△ BCQ}}{5}=\frac{1}{5}(-m^2+4m)=-\frac{1}{5}(m-2)^2+\frac{4}{5}$,
∴ 当 $m=2$ 时,$\frac{PQ}{AP}$ 存在最大值 $\frac{4}{5}$. 故选 A.
解析
【分析】
要解决$\dfrac{PQ}{AP}$的最大值问题，思路如下：①首先利用抛物线与x轴的交点A、B坐标，代入解析式求出b、c的值，得到抛物线完整解析式，进而求出C点坐标，计算AC、BC、AB的长度，判断$△ ACB$为直角三角形；②直接求解两条动线段的比值难度较大，通过构造相似三角形转化比值：过Q作$QH⊥ BC$，可证$△ APC∽△ QPH$，将$\dfrac{PQ}{AP}$转化为以定值AC为分母的比值$\dfrac{QH}{\sqrt{5}}$，此时问题转化为求QH的最大值；③QH是点Q到直线BC的距离，结合$△ BCQ$的面积公式，BC为定值，因此QH最大值等价于$△ BCQ$的面积最大值；④设出Q点坐标，用坐标法表示$△ BCQ$的面积，转化为二次函数后配方求最值，即可得到$\dfrac{PQ}{AP}$的最大值。
【解析】
如图，过点 $Q$ 作 $QH ⊥ BC$ 于 $H$,连接 $AC,OQ,BQ$.
∵ 抛物线 $y = -\frac{1}{2}x^2 + bx + c$ 与 $x$ 轴交于点 $A(-1,0)$,$B(4,0)$,
∴ $\begin{cases}-\frac{1}{2}-b+c=0, \\-8+4b+c=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}b=\frac{3}{2}, \\c=2,\end{cases}$
∴ $y = -\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2$,令 $x=0$,则 $y=2$,
∴ 点 $C$ 的坐标为 $(0,2)$,
∴ $AC = \sqrt{1^2+2^2} = \sqrt{5}$, $BC = \sqrt{4^2+2^2} = 2\sqrt{5}$.
∵ $AB=5$,
∴ $AC^2 + BC^2 = AB^2$,
∴ $∠ ACB = 90°$. 又
∵ $∠ QHC=90°$, $∠ APC = ∠ QPH$,
∴ $△ APC ∽ △ QPH$,
∴ $\frac{PQ}{AP}=\frac{QH}{AC}=\frac{QH}{\sqrt{5}}$.
∵ $S_{△ BCQ}=\frac{1}{2}BC · QH=\sqrt{5}QH$,
∴ $QH=\frac{S_{△ BCQ}}{\sqrt{5}}$. 设 $Q(m,-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2)$,
∴ $S_{△ BCQ}=S_{△ OCQ}+S_{△ OBQ}-S_{△ OBC}=\frac{1}{2}×2 · m+\frac{1}{2}×4 · (-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2)-\frac{1}{2}×2×4=-m^2+4m$,
∴ $\frac{PQ}{AP}=\frac{QH}{\sqrt{5}}=\frac{S_{△ BCQ}}{5}=\frac{1}{5}(-m^2+4m)=-\frac{1}{5}(m-2)^2+\frac{4}{5}$,
∴ 当 $m=2$ 时,$\frac{PQ}{AP}$ 存在最大值 $\frac{4}{5}$. 故选 A.
【答案】
A
【知识点】
二次函数解析式求解，相似三角形的性质，二次函数的最值
【点评】
本题属于二次函数与几何的综合题型，核心是通过相似转化将线段比值问题转化为面积最值问题，结合坐标法求三角形面积、二次函数配方求最值的知识求解，考察了转化思想与数形结合思想，是二次函数综合类的典型考题。
【难度系数】
0.4
要解决$\dfrac{PQ}{AP}$的最大值问题，思路如下：①首先利用抛物线与x轴的交点A、B坐标，代入解析式求出b、c的值，得到抛物线完整解析式，进而求出C点坐标，计算AC、BC、AB的长度，判断$△ ACB$为直角三角形；②直接求解两条动线段的比值难度较大，通过构造相似三角形转化比值：过Q作$QH⊥ BC$，可证$△ APC∽△ QPH$，将$\dfrac{PQ}{AP}$转化为以定值AC为分母的比值$\dfrac{QH}{\sqrt{5}}$，此时问题转化为求QH的最大值；③QH是点Q到直线BC的距离，结合$△ BCQ$的面积公式，BC为定值，因此QH最大值等价于$△ BCQ$的面积最大值；④设出Q点坐标，用坐标法表示$△ BCQ$的面积，转化为二次函数后配方求最值，即可得到$\dfrac{PQ}{AP}$的最大值。
【解析】
如图，过点 $Q$ 作 $QH ⊥ BC$ 于 $H$,连接 $AC,OQ,BQ$.
∵ 抛物线 $y = -\frac{1}{2}x^2 + bx + c$ 与 $x$ 轴交于点 $A(-1,0)$,$B(4,0)$,
∴ $\begin{cases}-\frac{1}{2}-b+c=0, \\-8+4b+c=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}b=\frac{3}{2}, \\c=2,\end{cases}$
∴ $y = -\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}x+2$,令 $x=0$,则 $y=2$,
∴ 点 $C$ 的坐标为 $(0,2)$,
∴ $AC = \sqrt{1^2+2^2} = \sqrt{5}$, $BC = \sqrt{4^2+2^2} = 2\sqrt{5}$.
∵ $AB=5$,
∴ $AC^2 + BC^2 = AB^2$,
∴ $∠ ACB = 90°$. 又
∵ $∠ QHC=90°$, $∠ APC = ∠ QPH$,
∴ $△ APC ∽ △ QPH$,
∴ $\frac{PQ}{AP}=\frac{QH}{AC}=\frac{QH}{\sqrt{5}}$.
∵ $S_{△ BCQ}=\frac{1}{2}BC · QH=\sqrt{5}QH$,
∴ $QH=\frac{S_{△ BCQ}}{\sqrt{5}}$. 设 $Q(m,-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2)$,
∴ $S_{△ BCQ}=S_{△ OCQ}+S_{△ OBQ}-S_{△ OBC}=\frac{1}{2}×2 · m+\frac{1}{2}×4 · (-\frac{1}{2}m^2+\frac{3}{2}m+2)-\frac{1}{2}×2×4=-m^2+4m$,
∴ $\frac{PQ}{AP}=\frac{QH}{\sqrt{5}}=\frac{S_{△ BCQ}}{5}=\frac{1}{5}(-m^2+4m)=-\frac{1}{5}(m-2)^2+\frac{4}{5}$,
∴ 当 $m=2$ 时,$\frac{PQ}{AP}$ 存在最大值 $\frac{4}{5}$. 故选 A.
【答案】
A
【知识点】
二次函数解析式求解，相似三角形的性质，二次函数的最值
【点评】
本题属于二次函数与几何的综合题型，核心是通过相似转化将线段比值问题转化为面积最值问题，结合坐标法求三角形面积、二次函数配方求最值的知识求解，考察了转化思想与数形结合思想，是二次函数综合类的典型考题。
【难度系数】
0.4
5 新考法 [2026安徽六安期中]对于二次函数$y=ax^2+bx+c$，规定函数$y=\begin{cases}ax^2+bx+c & (x≥0), \\ -ax^2-bx-c & (x＜0)\end{cases}$是它的相关函数.已知点$M,N$的坐标分别为$(-\dfrac{1}{2},1),(\dfrac{9}{2},1)$，连接$MN$，若线段$MN$与二次函数$y=-x^2+4x+n$的相关函数的图象有2个公共点，则$n$的取值范围为（ ）
A.$-3＜n≤-1$或$1＜n≤\dfrac{5}{4}$
B.$-3＜n＜-1$或$1≤ n≤\dfrac{5}{4}$
C.$n≤-1$或$1＜n≤\dfrac{5}{4}$
D.$-3＜n＜-1$或$n≥1$
小菜一碟鸭
A.$-3＜n≤-1$或$1＜n≤\dfrac{5}{4}$
B.$-3＜n＜-1$或$1≤ n≤\dfrac{5}{4}$
C.$n≤-1$或$1＜n≤\dfrac{5}{4}$
D.$-3＜n＜-1$或$n≥1$
小菜一碟鸭
答案
【解析】根据题意得二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的相关函数为 $\begin{cases}y=-x^2+4x+n\ (x≥0), \\y=x^2-4x-n\ (x＜0).\end{cases}$ 二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的图象的对称轴为直线 $x=-\frac{4}{2×(-1)}=2$. 如图(1),线段 $MN$ 与二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的相关函数的图象恰有 1 个公共点,
∴ 当 $x=2$ 时,$y=1$,即 $-4+8+n=1$,解得 $n=-3$. 如图(2),线段 $MN$ 与二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的相关函数的图象恰有 2 个公共点,此时抛物线 $y=x^2-4x-n$ 与 $y$ 轴交点纵坐标为 1,
∴ $-n=1$,解得 $n=-1$,
∴ 当 $-3＜n≤-1$ 时,线段 $MN$ 与二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的相关函数的图象恰有 2 个公共点.
如图(3),线段 $MN$ 与二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的相关函数的图象恰有 3 个公共点,
∴ 抛物线 $y=-x^2+4x+n\ (x≥0)$ 经过点 $(0,1)$,
∴ $n=1$,此时令 $y=x^2-4x-1=1$,解得 $x=-\sqrt{6}+2$ 或 $\sqrt{6}+2$(舍去),符合恰有 3 个公共点.
如图(4),线段 $MN$ 与二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的相关函数的图象恰有 2 个公共点,此时抛物线 $y=x^2-4x-n\ (x＜0)$ 经过点 $M(-\frac{1}{2},1)$,
∴ $\frac{1}{4}+2-n=1$,解得 $n=\frac{5}{4}$,
∴ 当 $1＜n≤\frac{5}{4}$ 时,线段 $MN$ 与二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的相关函数的图象恰有 2 个公共点. 综上所述,$n$ 的取值范围是 $-3＜n≤-1$ 或 $1＜n≤\frac{5}{4}$,故选 A.
解析
【分析】
解题首先要准确理解“相关函数”的定义，先写出对应的分段函数表达式。已知线段MN是纵坐标为1、横坐标范围为$[-\frac{1}{2},\frac{9}{2}]$的水平线段，可将问题转化为：直线$y=1$在$x\in[-\frac{1}{2},\frac{9}{2}]$区间内，与该分段函数图象有2个公共点时n的取值范围。解题时结合二次函数的图象性质，分别分析分段函数两部分与$y=1$的交点情况，通过讨论顶点、坐标轴交点、线段端点等临界位置对应的n值，即可确定满足2个交点的n的取值区间。
【解析】
根据题意得二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的相关函数为：
$\begin{cases}y=-x^2+4x+n\quad (x≥0), \\y=x^2-4x-n\quad (x＜0).\end{cases}$
二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的图象对称轴为直线 $x=-\frac{4}{2×(-1)}=2$。
1. 如图(1)，线段MN与相关函数图象恰有1个公共点：此时x≥0部分的抛物线顶点在MN上，即当$x=2$时，$y=1$，代入得$-4+8+n=1$，解得$n=-3$。
2. 如图(2)，线段MN与相关函数图象恰有2个公共点：此时x＜0部分的抛物线与y轴交点纵坐标为1，即$-n=1$，解得$n=-1$，因此当$-3＜n≤-1$时，线段MN与相关函数图象恰有2个公共点。
3. 如图(3)，线段MN与相关函数图象恰有3个公共点：此时x≥0部分的抛物线经过点$(0,1)$，代入得$n=1$，此时令$x^2-4x-1=1$，解得$x=2-\sqrt{6}$（$x=2+\sqrt{6}$不符合x＜0，舍去），符合恰有3个公共点的情况。
4. 如图(4)，线段MN与相关函数图象恰有2个公共点：此时x＜0部分的抛物线经过点$M(-\frac{1}{2},1)$，代入得$(-\frac{1}{2})^2-4×(-\frac{1}{2})-n=1$，即$\frac{1}{4}+2-n=1$，解得$n=\frac{5}{4}$，因此当$1＜n≤\frac{5}{4}$时，线段MN与相关函数图象恰有2个公共点。
综上所述，n的取值范围是$-3＜n≤-1$或$1＜n≤\frac{5}{4}$。
【答案】
A
【知识点】
新定义函数，二次函数图象与性质，函数交点问题
【点评】
本题属于新定义类二次函数综合题，解题核心是将新定义转化为熟悉的分段函数问题，结合数形结合思想分析交点个数，要特别注意分段函数的定义域限制，判断边界值是否符合要求，避免漏解或错判等号的取舍。
【难度系数】
0.6
解题首先要准确理解“相关函数”的定义，先写出对应的分段函数表达式。已知线段MN是纵坐标为1、横坐标范围为$[-\frac{1}{2},\frac{9}{2}]$的水平线段，可将问题转化为：直线$y=1$在$x\in[-\frac{1}{2},\frac{9}{2}]$区间内，与该分段函数图象有2个公共点时n的取值范围。解题时结合二次函数的图象性质，分别分析分段函数两部分与$y=1$的交点情况，通过讨论顶点、坐标轴交点、线段端点等临界位置对应的n值，即可确定满足2个交点的n的取值区间。
【解析】
根据题意得二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的相关函数为：
$\begin{cases}y=-x^2+4x+n\quad (x≥0), \\y=x^2-4x-n\quad (x＜0).\end{cases}$
二次函数 $y=-x^2+4x+n$ 的图象对称轴为直线 $x=-\frac{4}{2×(-1)}=2$。
1. 如图(1)，线段MN与相关函数图象恰有1个公共点：此时x≥0部分的抛物线顶点在MN上，即当$x=2$时，$y=1$，代入得$-4+8+n=1$，解得$n=-3$。
2. 如图(2)，线段MN与相关函数图象恰有2个公共点：此时x＜0部分的抛物线与y轴交点纵坐标为1，即$-n=1$，解得$n=-1$，因此当$-3＜n≤-1$时，线段MN与相关函数图象恰有2个公共点。
3. 如图(3)，线段MN与相关函数图象恰有3个公共点：此时x≥0部分的抛物线经过点$(0,1)$，代入得$n=1$，此时令$x^2-4x-1=1$，解得$x=2-\sqrt{6}$（$x=2+\sqrt{6}$不符合x＜0，舍去），符合恰有3个公共点的情况。
4. 如图(4)，线段MN与相关函数图象恰有2个公共点：此时x＜0部分的抛物线经过点$M(-\frac{1}{2},1)$，代入得$(-\frac{1}{2})^2-4×(-\frac{1}{2})-n=1$，即$\frac{1}{4}+2-n=1$，解得$n=\frac{5}{4}$，因此当$1＜n≤\frac{5}{4}$时，线段MN与相关函数图象恰有2个公共点。
综上所述，n的取值范围是$-3＜n≤-1$或$1＜n≤\frac{5}{4}$。
【答案】
A
【知识点】
新定义函数，二次函数图象与性质，函数交点问题
【点评】
本题属于新定义类二次函数综合题，解题核心是将新定义转化为熟悉的分段函数问题，结合数形结合思想分析交点个数，要特别注意分段函数的定义域限制，判断边界值是否符合要求，避免漏解或错判等号的取舍。
【难度系数】
0.6
6[2025安徽合肥瑶海区质检]已知函数$y=x^2 -2x -3$，若$p≤x≤q$时，$a≤y≤a+4$，则$q-p$的最大值是
4
。答案
【解析】
∵ 二次函数的表达式为 $y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$,
∴ 该二次函数的图象开口向上,对称轴为直线 $x=1$,函数的最小值是 $-4$,且当 $x＜1$ 时,$y$ 随 $x$ 的增大而减小;当 $x＞1$ 时,$y$ 随 $x$ 的增大而增大.
∵ 当 $p＜1＜q$ 且 $x=p$ 时,函数值为 $a+4$,$x=q$ 时,函数值为 $a+4$ 时,$q-p$ 有最大值,
∴ 函数最小值是 $y=a=-4$,
∴ $a+4=0$,
∴ 若 $p≤ x≤ q$ 时,$-4≤ y≤0$,当 $y=0$ 时,$x^2-2x-3=0$,解得 $x=-1$ 或 $x=3$,
∴ $p=-1$,$q=3$,
∴ $q-p=4$.
∵ 二次函数的表达式为 $y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$,
∴ 该二次函数的图象开口向上,对称轴为直线 $x=1$,函数的最小值是 $-4$,且当 $x＜1$ 时,$y$ 随 $x$ 的增大而减小;当 $x＞1$ 时,$y$ 随 $x$ 的增大而增大.
∵ 当 $p＜1＜q$ 且 $x=p$ 时,函数值为 $a+4$,$x=q$ 时,函数值为 $a+4$ 时,$q-p$ 有最大值,
∴ 函数最小值是 $y=a=-4$,
∴ $a+4=0$,
∴ 若 $p≤ x≤ q$ 时,$-4≤ y≤0$,当 $y=0$ 时,$x^2-2x-3=0$,解得 $x=-1$ 或 $x=3$,
∴ $p=-1$,$q=3$,
∴ $q-p=4$.
解析
【分析】
解决本题首先要梳理二次函数的基本性质，先将函数一般式化为顶点式，明确开口方向、对称轴和函数最小值。要使$q-p$最大，即区间$[p,q]$的长度最大，需要让$y$的取值范围$[a,a+4]$对应最宽的$x$区间：由于函数本身的最小值是$-4$，因此$y$的下限$a$恰好等于函数最小值$-4$时，能覆盖的$x$区间最宽，再求出$y=a+4=0$时对应的$x$值，两个端点的差就是$q-p$的最大值。
【解析】
∵ 二次函数的表达式为 $y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$，
∴ 该二次函数的图象开口向上，对称轴为直线 $x=1$，函数的最小值为 $-4$；当 $x＜1$ 时，$y$ 随 $x$ 的增大而减小，当 $x＞1$ 时，$y$ 随 $x$ 的增大而增大。
要使$q-p$取得最大值，需区间$[p,q]$覆盖的$x$范围最大，此时$y$的最小值恰好等于二次函数本身的最小值，即$a=-4$，
∴ $a+4=-4+4=0$，即$y$的取值范围为$-4≤y≤0$。
令$y=0$，得$x^2-2x-3=0$，
因式分解得$(x+1)(x-3)=0$，
解得$x_1=-1$，$x_2=3$，
∴ 此时$p=-1$，$q=3$，
∴ $q-p=3-(-1)=4$。
【答案】
$4$
【知识点】
二次函数的图像与性质；二次函数与一元二次方程；二次函数区间最值
【点评】
本题侧重考查二次函数性质的灵活运用，解题核心是结合函数的固定最值确定参数$a$的取值，再通过解方程找到区间的端点，解题过程可结合数形结合思想，更直观地理解二次函数取值与自变量区间的对应关系。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要梳理二次函数的基本性质，先将函数一般式化为顶点式，明确开口方向、对称轴和函数最小值。要使$q-p$最大，即区间$[p,q]$的长度最大，需要让$y$的取值范围$[a,a+4]$对应最宽的$x$区间：由于函数本身的最小值是$-4$，因此$y$的下限$a$恰好等于函数最小值$-4$时，能覆盖的$x$区间最宽，再求出$y=a+4=0$时对应的$x$值，两个端点的差就是$q-p$的最大值。
【解析】
∵ 二次函数的表达式为 $y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$，
∴ 该二次函数的图象开口向上，对称轴为直线 $x=1$，函数的最小值为 $-4$；当 $x＜1$ 时，$y$ 随 $x$ 的增大而减小，当 $x＞1$ 时，$y$ 随 $x$ 的增大而增大。
要使$q-p$取得最大值，需区间$[p,q]$覆盖的$x$范围最大，此时$y$的最小值恰好等于二次函数本身的最小值，即$a=-4$，
∴ $a+4=-4+4=0$，即$y$的取值范围为$-4≤y≤0$。
令$y=0$，得$x^2-2x-3=0$，
因式分解得$(x+1)(x-3)=0$，
解得$x_1=-1$，$x_2=3$，
∴ 此时$p=-1$，$q=3$，
∴ $q-p=3-(-1)=4$。
【答案】
$4$
【知识点】
二次函数的图像与性质；二次函数与一元二次方程；二次函数区间最值
【点评】
本题侧重考查二次函数性质的灵活运用，解题核心是结合函数的固定最值确定参数$a$的取值，再通过解方程找到区间的端点，解题过程可结合数形结合思想，更直观地理解二次函数取值与自变量区间的对应关系。
【难度系数】
0.6
7[2026安徽亳州期末]如图,在平面直角坐标系中,等边△ABO的顶点A在第一象限,点B(5,0).双曲线$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$把△ABO分成两部分,与边OA,AB分别交于C,D两点,若OC=3BD.
(1)k的值为
(2)连接CD,则△ACD的面积为
(1)k的值为
$\dfrac{9\sqrt{3}}{4}$
;(2)连接CD,则△ACD的面积为
$2\sqrt{3}$
.答案
【解析】(1)如图,过点 $D$ 作 $DH ⊥ x$ 轴于点 $H$,过点 $C$ 作 $CE ⊥ x$ 轴于点 $E$,
∴ $∠ DHB = ∠ CEO = 90°$.
∵ $△ ABO$ 是等边三角形,
∴ $∠ COE = ∠ DBH = ∠ OAB = 60°$,
∴ $∠ OCE = 90° - ∠ COE = 90° - 60° = 30°$, $∠ BDH = 90° - ∠ DBH = 90° - 60° = 30°$. 设 $BD = x$,则 $OC = 3BD = 3x$,
∴ $BH = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}x$, $OE = \frac{1}{2}OC = \frac{3}{2}x$,
∴ $DH = \sqrt{BD^2 - BH^2} = \sqrt{x^2 - (\frac{1}{2}x)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}x$, $CE = \sqrt{OC^2 - OE^2} = \sqrt{(3x)^2 - (\frac{3}{2}x)^2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}x$,
∴ $C(\frac{3}{2}x,\frac{3\sqrt{3}}{2}x)$.
∵ $B(5,0)$,
∴ $OB=5$,
∴ $OH=OB-BH=5-\frac{1}{2}x$,
∴ $D(5-\frac{1}{2}x,\frac{\sqrt{3}}{2}x)$. 又
∵ $C,D$ 在双曲线 $y=\frac{k}{x}\ (k＞0,x＞0)$ 上,
∴ $\frac{3}{2}x · \frac{3\sqrt{3}}{2}x = (5-\frac{1}{2}x) · \frac{\sqrt{3}}{2}x = k$,
∴ $x=1$,$k=\frac{9\sqrt{3}}{4}$,
∴ $C(\frac{3}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2})$,$D(\frac{9}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$,故答案为 $\frac{9\sqrt{3}}{4}$.
(2) 过点 $A$ 作 $AF ⊥ x$ 轴于点 $F$,过点 $D$ 作 $DG ⊥ AF$ 于点 $G$,
∴ $DG // OB$, $∠ AFO = ∠ AFB = 90°$,
∴ $\frac{AD}{AB} = \frac{DG}{BF}$.
∵ $△ ABO$ 是等边三角形,且 $AF ⊥ x$ 轴,
∴ $OF = BF = \frac{1}{2}OB = \frac{5}{2}$, $OA = OB = 5$,
∴ $AF = \sqrt{OA^2 - OF^2} = \sqrt{5^2 - (\frac{5}{2})^2} = \frac{5\sqrt{3}}{2}$,
∴ $A(\frac{5}{2},\frac{5\sqrt{3}}{2})$. 由(1)知 $D(\frac{9}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$,且易证得四边形 $DGFH$ 为矩形,
∴ $DG = FH = OH - OF = \frac{9}{2} - \frac{5}{2} = 2$,
∴ $\frac{AD}{AB} = \frac{DG}{BF} = \frac{2}{\frac{5}{2}} = \frac{4}{5}$. 连接 $BC$,
∴ $\frac{S_{△ ACD}}{S_{△ ABC}} = \frac{AD}{AB} = \frac{4}{5}$,
∴ $S_{△ ACD} = \frac{4}{5}S_{△ ABC}$.
∵ $CE ⊥ x$ 轴, $AF ⊥ x$ 轴,
∴ $CE // AF$,
∴ $\frac{AC}{OA} = \frac{EF}{OF}$. 由(1)知 $C(\frac{3}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2})$,
∴ $OE = \frac{3}{2}$,
∴ $EF = OF - OE = \frac{5}{2} - \frac{3}{2} = 1$,
∴ $\frac{AC}{OA} = \frac{EF}{OF} = \frac{1}{\frac{5}{2}} = \frac{2}{5}$,
∴ $\frac{S_{△ ABC}}{S_{△ AOB}} = \frac{AC}{OA} = \frac{2}{5}$,
∴ $S_{△ ABC} = \frac{2}{5}S_{△ AOB}$,
∴ $S_{△ ACD} = \frac{8}{25}S_{△ AOB} = \frac{8}{25} × \frac{1}{2} × 5 × \frac{5\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$,故答案为 $2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 要得到k的值，需先确定反比例函数上点C、D的坐标关系。已知△ABO是等边三角形，∠AOB=∠ABO=60°，可过C作CE⊥x轴于E，过D作DH⊥x轴于H，设BD=x，则OC=3x，借助含30°角的直角三角形的性质表示出C、D的坐标，再根据反比例函数上点的横纵坐标乘积等于k列方程，即可求出x和k的值。
(2) 求△ACD的面积时，先算出等边△ABO的总面积，再通过平行线分线段成比例，分别得到AC占OA的比例、AD占AB的比例，利用同高三角形面积比等于底边长的比，推导△ACD与△ABO的面积关系，代入计算即可得到结果。
【解析】
(1) 如图，过点 $D$ 作 $DH ⊥ x$ 轴于点 $H$，过点 $C$ 作 $CE ⊥ x$ 轴于点 $E$，
∴ $∠ DHB = ∠ CEO = 90°$。
∵ $△ ABO$ 是等边三角形，
∴ $∠ COE = ∠ DBH = ∠ OAB = 60°$，
∴ $∠ OCE = 90° - ∠ COE = 30°$， $∠ BDH = 90° - ∠ DBH = 30°$。 设 $BD = x$，则 $OC = 3BD = 3x$，
∴ $BH = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}x$， $OE = \frac{1}{2}OC = \frac{3}{2}x$，
∴ $DH = \sqrt{BD^2 - BH^2} = \sqrt{x^2 - (\frac{1}{2}x)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}x$， $CE = \sqrt{OC^2 - OE^2} = \sqrt{(3x)^2 - (\frac{3}{2}x)^2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}x$，
∴ $C(\frac{3}{2}x,\frac{3\sqrt{3}}{2}x)$。
∵ $B(5,0)$，
∴ $OB=5$，
∴ $OH=OB-BH=5-\frac{1}{2}x$，
∴ $D(5-\frac{1}{2}x,\frac{\sqrt{3}}{2}x)$。
又
∵ $C,D$ 在双曲线 $y=\frac{k}{x}\ (k＞0,x＞0)$ 上，
∴ $\frac{3}{2}x · \frac{3\sqrt{3}}{2}x = (5-\frac{1}{2}x) · \frac{\sqrt{3}}{2}x = k$，
解得 $x=1$，$k=\frac{9\sqrt{3}}{4}$。
(2) 过点 $A$ 作 $AF ⊥ x$ 轴于点 $F$，过点 $D$ 作 $DG ⊥ AF$ 于点 $G$，
∴ $DG // OB$， $∠ AFO = ∠ AFB = 90°$，
∴ $\frac{AD}{AB} = \frac{DG}{BF}$。
∵ $△ ABO$ 是等边三角形，且 $AF ⊥ x$ 轴，
∴ $OF = BF = \frac{1}{2}OB = \frac{5}{2}$， $OA = OB = 5$，
∴ $AF = \sqrt{OA^2 - OF^2} = \sqrt{5^2 - (\frac{5}{2})^2} = \frac{5\sqrt{3}}{2}$，
∴ $A(\frac{5}{2},\frac{5\sqrt{3}}{2})$。 由(1)知 $D(\frac{9}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，且易证得四边形 $DGFH$ 为矩形，
∴ $DG = FH = OH - OF = \frac{9}{2} - \frac{5}{2} = 2$，
∴ $\frac{AD}{AB} = \frac{DG}{BF} = \frac{2}{\frac{5}{2}} = \frac{4}{5}$。 连接 $BC$，
∴ $\frac{S_{△ ACD}}{S_{△ ABC}} = \frac{AD}{AB} = \frac{4}{5}$，
∴ $S_{△ ACD} = \frac{4}{5}S_{△ ABC}$。
∵ $CE ⊥ x$ 轴， $AF ⊥ x$ 轴，
∴ $CE // AF$，
∴ $\frac{AC}{OA} = \frac{EF}{OF}$。 由(1)知 $C(\frac{3}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2})$，
∴ $OE = \frac{3}{2}$，
∴ $EF = OF - OE = \frac{5}{2} - \frac{3}{2} = 1$，
∴ $\frac{AC}{OA} = \frac{EF}{OF} = \frac{1}{\frac{5}{2}} = \frac{2}{5}$，
∴ $\frac{S_{△ ABC}}{S_{△ AOB}} = \frac{AC}{OA} = \frac{2}{5}$，
∴ $S_{△ ABC} = \frac{2}{5}S_{△ AOB}$，
∴ $S_{△ ACD} = \frac{8}{25}S_{△ AOB} = \frac{8}{25} × \frac{1}{2} × 5 × \frac{5\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\frac{9\sqrt{3}}{4}$；(2) $2\sqrt{3}$
【知识点】
反比例函数的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是反比例函数与几何图形的综合题，解题时通过设参数表示点坐标，结合反比例函数的特征求解未知量，再利用线段比例关系推导面积比例，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要得到k的值，需先确定反比例函数上点C、D的坐标关系。已知△ABO是等边三角形，∠AOB=∠ABO=60°，可过C作CE⊥x轴于E，过D作DH⊥x轴于H，设BD=x，则OC=3x，借助含30°角的直角三角形的性质表示出C、D的坐标，再根据反比例函数上点的横纵坐标乘积等于k列方程，即可求出x和k的值。
(2) 求△ACD的面积时，先算出等边△ABO的总面积，再通过平行线分线段成比例，分别得到AC占OA的比例、AD占AB的比例，利用同高三角形面积比等于底边长的比，推导△ACD与△ABO的面积关系，代入计算即可得到结果。
【解析】
(1) 如图，过点 $D$ 作 $DH ⊥ x$ 轴于点 $H$，过点 $C$ 作 $CE ⊥ x$ 轴于点 $E$，
∴ $∠ DHB = ∠ CEO = 90°$。
∵ $△ ABO$ 是等边三角形，
∴ $∠ COE = ∠ DBH = ∠ OAB = 60°$，
∴ $∠ OCE = 90° - ∠ COE = 30°$， $∠ BDH = 90° - ∠ DBH = 30°$。 设 $BD = x$，则 $OC = 3BD = 3x$，
∴ $BH = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}x$， $OE = \frac{1}{2}OC = \frac{3}{2}x$，
∴ $DH = \sqrt{BD^2 - BH^2} = \sqrt{x^2 - (\frac{1}{2}x)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}x$， $CE = \sqrt{OC^2 - OE^2} = \sqrt{(3x)^2 - (\frac{3}{2}x)^2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}x$，
∴ $C(\frac{3}{2}x,\frac{3\sqrt{3}}{2}x)$。
∵ $B(5,0)$，
∴ $OB=5$，
∴ $OH=OB-BH=5-\frac{1}{2}x$，
∴ $D(5-\frac{1}{2}x,\frac{\sqrt{3}}{2}x)$。
又
∵ $C,D$ 在双曲线 $y=\frac{k}{x}\ (k＞0,x＞0)$ 上，
∴ $\frac{3}{2}x · \frac{3\sqrt{3}}{2}x = (5-\frac{1}{2}x) · \frac{\sqrt{3}}{2}x = k$，
解得 $x=1$，$k=\frac{9\sqrt{3}}{4}$。
(2) 过点 $A$ 作 $AF ⊥ x$ 轴于点 $F$，过点 $D$ 作 $DG ⊥ AF$ 于点 $G$，
∴ $DG // OB$， $∠ AFO = ∠ AFB = 90°$，
∴ $\frac{AD}{AB} = \frac{DG}{BF}$。
∵ $△ ABO$ 是等边三角形，且 $AF ⊥ x$ 轴，
∴ $OF = BF = \frac{1}{2}OB = \frac{5}{2}$， $OA = OB = 5$，
∴ $AF = \sqrt{OA^2 - OF^2} = \sqrt{5^2 - (\frac{5}{2})^2} = \frac{5\sqrt{3}}{2}$，
∴ $A(\frac{5}{2},\frac{5\sqrt{3}}{2})$。 由(1)知 $D(\frac{9}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，且易证得四边形 $DGFH$ 为矩形，
∴ $DG = FH = OH - OF = \frac{9}{2} - \frac{5}{2} = 2$，
∴ $\frac{AD}{AB} = \frac{DG}{BF} = \frac{2}{\frac{5}{2}} = \frac{4}{5}$。 连接 $BC$，
∴ $\frac{S_{△ ACD}}{S_{△ ABC}} = \frac{AD}{AB} = \frac{4}{5}$，
∴ $S_{△ ACD} = \frac{4}{5}S_{△ ABC}$。
∵ $CE ⊥ x$ 轴， $AF ⊥ x$ 轴，
∴ $CE // AF$，
∴ $\frac{AC}{OA} = \frac{EF}{OF}$。 由(1)知 $C(\frac{3}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2})$，
∴ $OE = \frac{3}{2}$，
∴ $EF = OF - OE = \frac{5}{2} - \frac{3}{2} = 1$，
∴ $\frac{AC}{OA} = \frac{EF}{OF} = \frac{1}{\frac{5}{2}} = \frac{2}{5}$，
∴ $\frac{S_{△ ABC}}{S_{△ AOB}} = \frac{AC}{OA} = \frac{2}{5}$，
∴ $S_{△ ABC} = \frac{2}{5}S_{△ AOB}$，
∴ $S_{△ ACD} = \frac{8}{25}S_{△ AOB} = \frac{8}{25} × \frac{1}{2} × 5 × \frac{5\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\frac{9\sqrt{3}}{4}$；(2) $2\sqrt{3}$
【知识点】
反比例函数的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是反比例函数与几何图形的综合题，解题时通过设参数表示点坐标，结合反比例函数的特征求解未知量，再利用线段比例关系推导面积比例，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
8[2026安徽合肥期中]如图,抛物线$y=\frac{1}{2}x^2 -x +c$与x轴相交于点$A(-1,0)$和点B,与y轴相交于点C,D是抛物线的顶点,P是抛物线上一动点,设点P的横坐标为t.
(1)求c的值；
初中必刷题 数学九年级上册 HK
(2)若点P在对称轴左侧,过点P作对称轴的垂线,垂足为E,求$\frac{PE^2}{DE}$的值；
(3)若点$M(x_1,y_1)$在直线$y=-2x+1$上,点$N(x_1+t,y_1+h)$在抛物线$y=\frac{1}{2}x^2 -x +c$上,当$x_1 = t+1$时,求h的最小值.
(1)求c的值；
初中必刷题 数学九年级上册 HK
(2)若点P在对称轴左侧,过点P作对称轴的垂线,垂足为E,求$\frac{PE^2}{DE}$的值；
(3)若点$M(x_1,y_1)$在直线$y=-2x+1$上,点$N(x_1+t,y_1+h)$在抛物线$y=\frac{1}{2}x^2 -x +c$上,当$x_1 = t+1$时,求h的最小值.
答案
【解】(1)将 $x=-1,y=0$ 代入 $y=\frac{1}{2}x^2 -x +c$ 得 $\frac{1}{2}+1+c=0$,解得 $c=-\frac{3}{2}$.
(2)由(1)可知 $y=\frac{1}{2}x^2 -x -\frac{3}{2} = \frac{1}{2}(x-1)^2 -2$.
∵ $D$ 是抛物线的顶点,
∴ $D(1,-2)$.
∵ 点 $P$ 的横坐标为 $t$, $PE ⊥ DE$,
∴ $P(t,\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2})$, $E(1,\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2})$,
∴ $PE=1-t$,$DE=\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2}+2=\frac{1}{2}t^2 -t +\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(t-1)^2$,
∴ $\frac{PE^2}{DE}=\frac{(1-t)^2}{\frac{1}{2}(t-1)^2}=2$.
(3)
∵ 点 $M(x_1,y_1)$ 在直线 $y=-2x+1$ 上,点 $N(x_1+t,y_1+h)$ 在抛物线 $y=\frac{1}{2}x^2 -x +c$ 上,
∴ $y_1=-2x_1+1$,$y_1+h=\frac{1}{2}(x_1+t)^2 -(x_1+t)-\frac{3}{2}$,当 $x_1 = t+1$ 时,$y_1=-2(t+1)+1=-2t-1$,$y_1+h=\frac{1}{2}(t+1+t)^2 -(t+1+t)-\frac{3}{2}=2t^2-2$,故 $-2t-1+h=2t^2-2$,整理得 $h=2t^2+2t-1=2(t+\frac{1}{2})^2 -\frac{3}{2}$,故当 $t=-\frac{1}{2}$ 时,$h$ 最小,最小值是 $-\frac{3}{2}$.
(2)由(1)可知 $y=\frac{1}{2}x^2 -x -\frac{3}{2} = \frac{1}{2}(x-1)^2 -2$.
∵ $D$ 是抛物线的顶点,
∴ $D(1,-2)$.
∵ 点 $P$ 的横坐标为 $t$, $PE ⊥ DE$,
∴ $P(t,\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2})$, $E(1,\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2})$,
∴ $PE=1-t$,$DE=\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2}+2=\frac{1}{2}t^2 -t +\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(t-1)^2$,
∴ $\frac{PE^2}{DE}=\frac{(1-t)^2}{\frac{1}{2}(t-1)^2}=2$.
(3)
∵ 点 $M(x_1,y_1)$ 在直线 $y=-2x+1$ 上,点 $N(x_1+t,y_1+h)$ 在抛物线 $y=\frac{1}{2}x^2 -x +c$ 上,
∴ $y_1=-2x_1+1$,$y_1+h=\frac{1}{2}(x_1+t)^2 -(x_1+t)-\frac{3}{2}$,当 $x_1 = t+1$ 时,$y_1=-2(t+1)+1=-2t-1$,$y_1+h=\frac{1}{2}(t+1+t)^2 -(t+1+t)-\frac{3}{2}=2t^2-2$,故 $-2t-1+h=2t^2-2$,整理得 $h=2t^2+2t-1=2(t+\frac{1}{2})^2 -\frac{3}{2}$,故当 $t=-\frac{1}{2}$ 时,$h$ 最小,最小值是 $-\frac{3}{2}$.
解析
【分析】
(1) 已知点A在抛物线上，根据函数图象上的点满足对应函数解析式的性质，将A点坐标代入抛物线解析式，即可求解c的值。
(2) 先将(1)求出的c代入解析式，把一般式化为顶点式，得到顶点D的坐标和抛物线对称轴。再根据P点横坐标为t写出P点坐标，结合PE垂直对称轴的条件得到E点坐标，分别表示出PE、DE的长度，代入所求代数式化简即可得到结果。
(3) 先将$x_1=t+1$代入直线解析式求出$y_1$，再把N点坐标代入抛物线解析式，将$y_1$替换为含t的式子，整理得到h关于t的二次函数，利用配方法化为顶点式即可求出h的最小值。
【解析】
(1) 将$x=-1,y=0$代入$y=\frac{1}{2}x^2 -x +c$得：
$\frac{1}{2}×(-1)^2 - (-1) +c=0$，即$\frac{1}{2}+1+c=0$，
解得 $c=-\frac{3}{2}$。
(2) 由(1)得抛物线解析式为$y=\frac{1}{2}x^2 -x -\frac{3}{2}$，配方得：
$y=\frac{1}{2}(x-1)^2 -2$，
∵D是抛物线的顶点，
∴$D(1,-2)$，抛物线对称轴为直线$x=1$。
∵点P横坐标为t，在对称轴左侧，PE垂直对称轴，垂足为E，
∴$P(t,\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2})$，$E(1,\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2})$，
∴$PE=1-t$，$DE=\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2}-(-2)=\frac{1}{2}t^2 -t +\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(t-1)^2$，
∴$\frac{PE^2}{DE}=\frac{(1-t)^2}{\frac{1}{2}(t-1)^2}=2$。
(3)
∵点$M(x_1,y_1)$在直线$y=-2x+1$上，
∴$y_1=-2x_1+1$，
∵点$N(x_1+t,y_1+h)$在抛物线上，
∴$y_1+h=\frac{1}{2}(x_1+t)^2 -(x_1+t)-\frac{3}{2}$，
当$x_1 = t+1$时，代入得：
$y_1=-2(t+1)+1=-2t-1$，
$y_1+h=\frac{1}{2}(t+1+t)^2 -(t+1+t)-\frac{3}{2}=2t^2-2$，
将$y_1=-2t-1$代入上式得：$-2t-1+h=2t^2-2$，
整理得$h=2t^2+2t-1=2(t+\frac{1}{2})^2 -\frac{3}{2}$，
∵$2＞0$，
∴当$t=-\frac{1}{2}$时，h取得最小值$-\frac{3}{2}$。
【答案】
(1) $c=-\frac{3}{2}$；(2) $\frac{PE^2}{DE}$的值为$2$；(3) $h$的最小值为$-\frac{3}{2}$
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数的图象与性质，二次函数的最值
【点评】
本题是二次函数基础综合题，覆盖了参数求解、代数式化简、最值求解三类考点，解题核心是熟练运用代入法、配方法，结合二次函数性质正确表示各点坐标及对应代数式，是巩固二次函数基础的典型习题。
【难度系数】
0.7
(1) 已知点A在抛物线上，根据函数图象上的点满足对应函数解析式的性质，将A点坐标代入抛物线解析式，即可求解c的值。
(2) 先将(1)求出的c代入解析式，把一般式化为顶点式，得到顶点D的坐标和抛物线对称轴。再根据P点横坐标为t写出P点坐标，结合PE垂直对称轴的条件得到E点坐标，分别表示出PE、DE的长度，代入所求代数式化简即可得到结果。
(3) 先将$x_1=t+1$代入直线解析式求出$y_1$，再把N点坐标代入抛物线解析式，将$y_1$替换为含t的式子，整理得到h关于t的二次函数，利用配方法化为顶点式即可求出h的最小值。
【解析】
(1) 将$x=-1,y=0$代入$y=\frac{1}{2}x^2 -x +c$得：
$\frac{1}{2}×(-1)^2 - (-1) +c=0$，即$\frac{1}{2}+1+c=0$，
解得 $c=-\frac{3}{2}$。
(2) 由(1)得抛物线解析式为$y=\frac{1}{2}x^2 -x -\frac{3}{2}$，配方得：
$y=\frac{1}{2}(x-1)^2 -2$，
∵D是抛物线的顶点，
∴$D(1,-2)$，抛物线对称轴为直线$x=1$。
∵点P横坐标为t，在对称轴左侧，PE垂直对称轴，垂足为E，
∴$P(t,\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2})$，$E(1,\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2})$，
∴$PE=1-t$，$DE=\frac{1}{2}t^2 -t -\frac{3}{2}-(-2)=\frac{1}{2}t^2 -t +\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(t-1)^2$，
∴$\frac{PE^2}{DE}=\frac{(1-t)^2}{\frac{1}{2}(t-1)^2}=2$。
(3)
∵点$M(x_1,y_1)$在直线$y=-2x+1$上，
∴$y_1=-2x_1+1$，
∵点$N(x_1+t,y_1+h)$在抛物线上，
∴$y_1+h=\frac{1}{2}(x_1+t)^2 -(x_1+t)-\frac{3}{2}$，
当$x_1 = t+1$时，代入得：
$y_1=-2(t+1)+1=-2t-1$，
$y_1+h=\frac{1}{2}(t+1+t)^2 -(t+1+t)-\frac{3}{2}=2t^2-2$，
将$y_1=-2t-1$代入上式得：$-2t-1+h=2t^2-2$，
整理得$h=2t^2+2t-1=2(t+\frac{1}{2})^2 -\frac{3}{2}$，
∵$2＞0$，
∴当$t=-\frac{1}{2}$时，h取得最小值$-\frac{3}{2}$。
【答案】
(1) $c=-\frac{3}{2}$；(2) $\frac{PE^2}{DE}$的值为$2$；(3) $h$的最小值为$-\frac{3}{2}$
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数的图象与性质，二次函数的最值
【点评】
本题是二次函数基础综合题，覆盖了参数求解、代数式化简、最值求解三类考点，解题核心是熟练运用代入法、配方法，结合二次函数性质正确表示各点坐标及对应代数式，是巩固二次函数基础的典型习题。
【难度系数】
0.7
