eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：明明同学喜欢课外时间做数学探究活动. 他使用内置传感器的“智能小球”进行掷小球活动, “智能小球”的运动轨迹可看作抛物线的一部分, 如图, 建立平面直角坐标系, “智能小球”从出手到着陆的过程中, 坚直高度 $y(\mathrm{~m})$ 与水平距离 $x(\mathrm{~m})$ 可以用二次函数 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+b x$刻画，将“智能小球”从斜坡 $O$ 点处拋出，斜坡可以用一次函数 $y=-\frac{1}{2} x$ 刻画. 某次训练时， “智能小球”回传的水平距离 $x(\mathrm{~m})$ 与坚直高度 $y(\mathrm{~m})$ 的几组对应数据如下:



| 水平距离 $x(\mathrm{~m})$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 坚直高度 <br> $y(\mathrm{~m})$ | 0 | 3.5 | 6 | 7.5 | $a$ | 7.5 | 6 |

(1)根据题意，填空: $a=$ $\qquad$ , $b=$ $\qquad$ ; “智能小球”达到的最高点的坐标为 $\qquad$ ;

(2)“智能小球”在斜坡上的落点是 $M$, 求点 $M$ 的坐标;

(3)若在自变量 $x$ 的值满足 $m-2 \leq x \leq m$ 的情况下，与其对应的函数值 $y$ 的最大值为 5 , 直接写出 $m$ 的值.
选项：
答案： (1) $a=8, b=4,(4,8)$

(2) $(7,3.5)$

(3) $m=4-\sqrt{6}$ 或 $m=6+\sqrt{6}$


解析：(1) 将 $(2,6)$ 代入 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+b x$ 求出 $b$, 再求出顶点坐标即可;

（2）解直线与抛物线解析式组成的方程组即可;

(3)根据函数的顶点以及函数性质分类讨论即可.
【详解】(1) 方法一: 将 $(2,6)$ 代入 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+b x$ 中, 得: $6=-\frac{1}{2} \times 2^{2}+b \times 2$,

所以 $b=4$.

即二次函数关系式为 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+4 x$.

将 $(4, a)$ 代入 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+4 x$ 中, 得: $a=-\frac{1}{2} \times 4^{2}+4 \times 4=8$;

方法二: 因为二次函数 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+b x$ 最高点的坐标为 $(4, a)$,

所以, $-\frac{b}{2 \times\left(-\frac{1}{2}\right)}=4$.

所以, $b=4$.

即二次函数关系式为 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+4 x$.

当 $x=4$ 时, $a=-\frac{1}{2} \times 4^{2}+4 \times 4=8$,

所以, $b=4, a=8$; “智能小球”达到的最高点的坐标为 $(4,8)$,

故答案为 $a=8, b=4,(4,8)$;

（2）由题意得: $-\frac{1}{2} x^{2}+4 x=\frac{1}{2} x$,

解得: $x=7$ 或 $x=0$ (舍去),

即点 $M$ 的坐标为 $(7,3.5)$;

(3) $m=4-\sqrt{6}$ 或 $m=6+\sqrt{6}$.

由 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+4 x=-\frac{1}{2}(x-4)^{2}+8$ 得，二次函数的对称轴为直线 $x=4$,

(1)当 $x=m-2>4$ 时, 即 $m>6$ 时, $y$ 随 $x$ 的增大而减小,

$\therefore$ 当 $x=m-2$ 时，函数值 $y$ 的最大值为 5 .

$\therefore-\frac{1}{2}(m-2)^{2}+4(m-2)=5$.

解得 $m=6+\sqrt{6}$ 或 $m=6-\sqrt{6}$ (不合题意 $m>6$, 舍去),

(2)当 $x=m<4$ 时， $y$ 随 $x$ 的增大而增大，

$\therefore$ 当 $x=m$ 时，函数值 $y$ 的最大值为 5 .

$\therefore-\frac{1}{2} m^{2}+4 m=5$.

解得: $m=4-\sqrt{6}$ 或 $m=4+\sqrt{6}$ (不合题意 $m<4$, 舍去);
所以, $m=4-\sqrt{6}$ 或 $m=6+\sqrt{6}$.

【点睛】本题考查二次函数的实际问题, 关键是求出函数的解析式.
题目（九年级 · 解析几何）：（6 分）已知二次函数 $y=x^{2}+b x+c$ ，当 $x=1$ 时 $y=3$; 当 $x=-1$ 时， $y=1$,

（1）求二次函数的解析式.

(2) 写出函数图象的对称轴和顶点坐标.


选项：
答案： $y=x^{2}+x+1$


解析：根据题意, 可得出拋物线过 $(1,3),(-1,1)$ 两点, 将这两点的坐标代入抛物线的解析式中, 即可求出待定系数的值.

【详解】解 (1): 将点 $(1,3),(-1,1)$ 代入函数解析式得:

$\left\{\begin{array}{l}1+b+c=3 \\ 1-b+c=1\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ c=1\end{array}\right.$;

故此函数的解析式为 $y=x^{2}+x+1$.

(2) 对称轴是直线 $x=-0.5$, 顶点坐标 $(-0.5,0.75$ )

【点睛】本题考查的是用待定系数法求二次函数的解析式, 掌握求二次函数的解析式的方法是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：（6 分）已知二次函数 $y=\frac{1}{2}(x+2)^{2}-2$.

（1）填写表中空格处的数值:

(2) 画出这个函数的图象.

| $x$ | $\cdots$ | -5 | -4 | -3 | -2 | -1 | 0 | 1 | $\cdots$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $y=\frac{1}{2}(x+2)^{2}-2$ | $\cdots$ | $\frac{5}{2}$ |  |  | -2 | $-\frac{3}{2}$ | 0 |  | $\cdots$ |




选项：
答案： (1) $0,-\frac{3}{2}, \frac{5}{2}$; (2) 见解析


解析：(1) 根据函数解析式可完成表格即可;

（2）再根据表格中 $x 、 y$ 的对应值可画函数图象.

【详解】解:（1）填表如下:

| $x$ | $\cdots$ | -5 | -4 | -3 | -2 | -1 | 0 | 1 | $\ldots$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |


| $y=\frac{1}{2}(x+2)^{2}-2$ | $\cdots$ | $\frac{5}{2}$ | 0 | $-\frac{3}{2}$ | -2 | $-\frac{3}{2}$ | 0 | $\frac{5}{2}$ | $\cdots$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |

故答案是: $0,-\frac{3}{2}, \frac{5}{2}$;

（2）先描点，画图象如下:



【点睛】本题考查了求函数值、画二次函数图象, 解题的关键是掌握画二次函数的图象步骤,先描点, 再用一条光滑的曲线连接.
题目（九年级 · 解析几何）：（12 分）已知抛物线 $L_{1}: y=a(x+1)^{2}-4(a \neq 0)$ 经过点 $A(1,0)$.

(1)求抛物线 $L_{1}$ 的函数表达式.

(2)将拋物线 $L_{1}$ 向上平移 $m(m>0)$ 个单位得到拋物线 $L_{2}$. 若抛物线 $L_{2}$ 的顶点关于坐标原点 $O$ 的对称点在抛物线 $L_{1}$ 上, 求 $m$ 的值.

(3)把抛物线 $L_{1}$ 向右平移 $n(n>0)$ 个单位得到抛物线 $L_{3}$, 若点 $B\left(1, y_{1}\right), C\left(3, y_{2}\right)$ 在抛物线 $L_{3}$ 上, 且 $y_{1}>y_{2}$, 求 $n$ 的取值范围.

## 四、提高题（20 分）


选项：
答案： (1) $y=x^{2}+2 x-3$

(2) $m$ 的值为 4

(3) $n>3$


解析：(1) 把 $A(1,0)$ 代入 $y=a(x+1)^{2}-4$ 即可解得拋物线 $L_{1}$ 的函数表达式为 $y=x^{2}+2 x-3$;

（2）将抛物线 $L_{1}$ 向上平移 $m(m>0)$ 个单位得到抛物线 $L_{2}$, 顶点为 $(-1,-4+m)$, 关于原点的对称点为 $(1,4-m)$, 代入 $y=x^{2}+2 x-3$ 可解得 $m$ 的值为 4 ;

（3）把抛物线 $L_{1}$ 向右平移 $n(n>0)$ 个单位得抛物线 $L_{3}$ 为 $y=(x-n+1)^{2}-4$, 根据点 $B\left(1, y_{1}\right)$, $C\left(3, y_{2}\right)$ 都在抛物线 $L_{3}$ 上，当 $y_{1}>y_{2}$ 时，可得 $(2-n)^{2}-4>(4-n)^{2}-4$, 即可解得 $n$ 的取值范围是 $n>3$.

【详解】(1) 解：把 $A(1,0)$ 代入 $y=a(x+1)^{2}-4$ 得:

$a(1+1)^{2}-4=0$,

解得 $a=1$,

$\therefore y=(x+1)^{2}-4=x^{2}+2 x-3$;

答: 拋物线 $L_{1}$ 的函数表达式为 $y=x^{2}+2 x-3$;

（2）解: 抛物线 $L_{1}: y=(x+1)^{2}-4$ 的顶点为 $(-1,-4)$,

将抛物线 $L_{1}$ 向上平移 $m(m>0)$ 个单位得到拋物线 $L_{2}$, 则抛物线 $L_{2}$ 的顶点为 $(-1,-4+m)$,而 $(-1,-4+m)$ 关于原点的对称点为 $(1,4-m)$,

把 $(1,4-m)$ 代入 $y=x^{2}+2 x-3$ 得:

$1^{2}+2 \times 1-3=4-m$,

解得 $m=4$,

答: $m$ 的值为 4 ;

（3）解：把拋物线 $L_{1}$ 向右平移 $n(n>0)$ 个单位得到拋物线 $L_{3}$, 拋物线 $L_{3}$ 解析式为

$y=(x-n+1)^{2}-4$,

$\because$ 点 $B\left(1, y_{1}\right), C\left(3, y_{2}\right)$ 都在抛物线 $L_{3}$ 上,

$\therefore y_{1}=(1-n+1)^{2}-4=(2-n)^{2}-4$,

$y_{2}=(3-n+1)^{2}-4=(4-n)^{2}-4$,

$\because y_{1}>y_{2}$,

$\therefore(2-n)^{2}-4>(4-n)^{2}-4$,

整理变形得： $(2-n)^{2}-(4-n)^{2}>0$ ，

$(2-n+4-n)(2-n-4+n)>0$

$-2 \times(6-2 n)>0$,

$6-2 n<0$

解得 $n>3$,

$\therefore n$ 的取值范围是 $n>3$.

【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，对称及平移变换等知识，解题的关
键是能得出含字母的式子表达抛物线平移后的解析式.
题目（九年级 · 解析几何）：已知抛物线 $y=x^{2}+b x+c$ ( $b, c$ 是常数 $)$ 的顶点为 $P$, 经过点 $C(0,3)$, 与 $x$ 轴相交于 $A, B$ 两点 (点 $A$ 在点 $B$ 的左侧).

(1)当 $b=2$ 时，求抛物线的顶点坐标;

(2)若将该拋物线向右平移 2 个单位后的顶点坐标为 $(m, n)$, 求 $4 n-2 m$ 的最大值;

(3)若抛物线的对称轴为直线 $x=2, M, N$ 为拋物线对称轴上的两个动点 ( $M$ 在 $N$ 上方), $M N=1, D(4,0)$, 连接 $C M, N D$, 当 $C M+M N+N D$ 取得最小值时, 将拋物线沿对称轴向上平移后所得的新抛物线经过点 $N$, 求新抛物线的函数解析式.

##
选项：
答案： (1) $-1,2$

(2) $8 \frac{1}{4}$

(3) $y=x^{2}-4 x+5$


解析：(1) 当 $x=0$ 时, $y=c=3$, 即可得抛物线解析式为: $y=x^{2}+2 x+3$, 问题得解;

（2）由（1）可知 $c=3$, 即有抛物线解析式为: $y=x^{2}+b x+3$, 配成顶点式为: $y=\left(x+\frac{b}{2}\right)^{2}+3-\frac{b^{2}}{4}$, 可得新抛物线的顶点坐标 $(m, n)$ 为: $\left(2-\frac{b}{2}, 3-\frac{b^{2}}{4}\right)$, 即 $m=2-\frac{b}{2}$, $n=3-\frac{b^{2}}{4}$, 则有 $4 n-2 m=-b^{2}+b+8$, 问题随之得解;

(3) 在 $O C$ 上取一点 $E$, 使得 $C E=M N$, 连接 $D E, E N, D E$ 与抛物线对称轴交于点 $F$,四边形 $C E N M$ 是平行四边形, 即有 $C M=E N, C E=N M=1$, 结合图形可知: $E N+N D \geq E D$,当且仅当 $E 、 N 、 D$ 三点共线时取等号, 即当 $E 、 N 、 D$ 三点共线时, $E N+N D$ 有最小值, 最小值为 $E D$, 即点 $N$ 与点 $F$ 重合, 利用待定系数法求出直线 $E D$ 的解析式为: $y=-\frac{1}{2} x+2$,即 $F(2,1)$, 则有 $N(2,1)$, 问题随之得解.

【详解】(1) 根据题意：当 $x=0$ 时, $y=c=3$,

$\because b=2$,

$\therefore$ 抛物线解析式为: $y=x^{2}+2 x+3$,

配成顶点式为: $y=(x+1)^{2}+2$,

$\therefore$ 抛物线的顶点坐标为: $-1,2$;

（2）由（1）可知 $c=3$,

$\therefore$ 抛物线解析式为: $y=x^{2}+b x+3$,

配成顶点式为: $y=\left(x+\frac{b}{2}\right)^{2}+3-\frac{b^{2}}{4}$,

$\therefore$ 抛物线的顶点坐标为: $\left(-\frac{b}{2}, 3-\frac{b^{2}}{4}\right)$,

$\because$ 拋物线向右平移 2 个单位,

$\therefore$ 拖物线的顶点也向右平移 2 个单位,
$\therefore$ 新抛物线的顶点坐标 $(m, n)$ 为: $\left(2-\frac{b}{2}, 3-\frac{b^{2}}{4}\right)$,

即 $m=2-\frac{b}{2}, n=3-\frac{b^{2}}{4}$,

$\therefore 4 n-2 m=-b^{2}+b+8$,

$\therefore 4 n-2 m=-\left(b-\frac{1}{2}\right)^{2}+8 \frac{1}{4} \leq 8 \frac{1}{4}$,

$\therefore 4 n-2 m$ 的最大值为 $8 \frac{1}{4}$;

(3) 如图, 在 $O C$ 上取一点 $E$, 使得 $C E=M N$, 连接 $D E, E N, D E$ 与抛物线对称轴交于点 $F$,



$\because M, N$ 为抛物线对称轴上的两个动点,

$\therefore M N / / y$ 轴, 即 $C E / / M N$,

$\because C E=M N$,

$\therefore$ 四边形 $C E N M$ 是平行四边形,

$\therefore C M=E N, C E=N M=1$,

$\because M N=1$,

$\therefore C M+M N+N D=E N+1+N D$,

$\because$ 结合图形可知: $E N+N D \geq E D$, 当且仅当 $E 、 N 、 D$ 三点共线时取等号,

$\therefore$ 当 $E 、 N 、 D$ 三点共线时, $E N+N D$ 有最小值, 最小值为 $E D$,

即点 $N$ 与点 $F$ 重合,

$\because C(0,3)$,

$\therefore O C=3$,

$\therefore O E=O C-C E=2$,

$\therefore E(0,2)$,

$\because D(4,0)$,

$\therefore$ 设直线 $E D$ 的解析式为: $y=k x+t$,

$\therefore\left\{\begin{array}{c}t=2 \\ 4 k+t=0\end{array}\right.$, 解得: $\left\{\begin{array}{c}t=2 \\ k=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$,
$\therefore$ 直线 $E D$ 的解析式为: $y=-\frac{1}{2} x+2$,

$\because$ 抛物线的对称轴为直线 $x=2$,

$\therefore F$ 点横坐标为 2 ,

$\therefore$ 当 $x=2$ 时, $y=1$, 即 $F(2,1)$,

$\because$ 点 $N$ 与点 $F$ 重合,

$\therefore N(2,1)$,

$\because$ 拋物线沿对称轴向上平移后所得的新抛物线经过点 $N$,

$\therefore$ 点 $N(2,1)$ 为新拋物线的顶点,

$\therefore$ 新拋物线解析式为: $y=(x-2)^{2}+1=x^{2}-4 x+5$.

【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质, 二次函数的平移, 平行四边形的判定与性质等知识, 构造辅助线, 得出当 $E 、 N 、 D$ 三点共线时, $E N+N D$ 有最小值, 最小值为 $E D$,进而求出 $N(2,1)$, 是解答本题的关键.

##
题目（九年级 · 解析几何）：（6 分）抛物线 $y=-x^{2}+(m-1) x+m$ 与 $y$ 轴交于点 $(0,3)$.

(1) 求 $m$ 的值及拋物线与 $x$ 轴的交点坐标;

(2) $x$ 取什么值时, $y$ 有最大值, 最大值是多少?


选项：
答案： (1) $m=3,(-1,0),(3,0)$; （2） $x=1$ 时, $y$ 最大值 $=4$
解析：) $m=3,(-1,0),(3,0)$; （2） $x=1$ 时, $y$ 最大值 $=4$
题目（九年级 · 解析几何）：(8 分) 在跳绳时, 绳甩到最高处的形状可近似的看作抛物线. 如图, 正在用绳的甲, 乙两名学生拿绳的手间距为 4 米, 距地面均为 1 米; 学生丙的身高是 1.5 米, 距甲拿绳的手水平距离 1 米, 绳子用到最高处时, 刚好通过他的头顶.

(1)当绳子甩到最高时, 学生丁从距甲拿绳的手 2.5 米处进入游戏, 恰好通过, 根据以上信息试求学生丁的身高?

(2)若现有一身高为 1.7 米的同学也想参加这个活动, 请问他能通过跳绳吗？若能, 则他应离甲多远的地方进入? 若不能, 请说明理由?




选项：
答案： (1)丁同学的身高为 $\frac{13}{8} \mathrm{~m}$

(2)该同学不能通过跳绳, 理由见解析

解析：(1) 设丙所在坚直方向为 $y$ 轴, 水平地面为 $x$ 轴, 则甲所在位置对应的坐标为 $(-1,1)$,丙所在位置对应的坐标为 $(0,1.5)$, 乙所在位置对应的坐标为 $(3,1)$, 再利用待定系数法求出该抛物线的解析式, 即可求解;

（2）把抛物线的解析式化为顶点式，可得到顶点坐标, 即可求解.

【详解】(1) 解：设丙所在坚直方向为 $y$ 轴, 水平地面为 $x$ 轴, 则甲所在位置对应的坐标为 $(-1,1)$, 丙所在位置对应的坐标为 $(0,1.5)$, 乙所在位置对应的坐标为 $(3,1)$,



设该拋物线的解析式 $y=a x^{2}+b x+c$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a-b+c=1 \\ c=1.5 \\ 9 a+3 b+c=1\end{array}\right.$, 解得: $\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{6} \\ b=\frac{1}{3} \\ c=\frac{3}{2}\end{array}\right.$,

$\therefore$ 该抛物线的解析式 $y=-\frac{1}{6} x^{2}+\frac{1}{3} x+\frac{3}{2}$,

$\because$ 丁头顶的横坐标为 $2.5-1=1.5$,

$\therefore y=-\frac{1}{6} \times 1.5^{2}+\frac{1}{3} \times 1.5+\frac{3}{2}=\frac{13}{8}$,

即丁同学的身高为 $\frac{13}{8} \mathrm{~m}$;

(2) 解: $y=-\frac{1}{6} x^{2}+\frac{1}{3} x+\frac{3}{2}=-\frac{1}{6}(x-1)^{2}+\frac{5}{3}$,

$\therefore$ 顶点坐标为: $\left(1, \frac{5}{3}\right)$,

$\because \frac{5}{3}<1.7$,

$\therefore$ 该同学不能通过跳绳.

【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用, 明确题意, 准确建立平面直角坐标系, 求出函数解析式是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=8 \mathrm{~cm}, B C=4 \mathrm{~cm}$, 点 $P$ 从点 $A$ 出发以 $2 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$的速度向点 $C$ 运动, 到点 $C$ 停止, 过点 $P$ 作 $P Q \perp B C$ 交 $A B$ 点 $Q$, 以线段 $P Q$ 的中点为对称中心将 $\triangle A P Q$ 旋转 $180^{\circ}$ 得到 $\triangle D Q P$, 点 $A$ 的对应点为点 $D$, 设点 $P$ 的运动时间为 $t(\mathrm{~s})(t>0), \triangle D Q P$ 与 Rt $\triangle A B C$ 重合部分的面积为 $S\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$.

(1)求当点 $D$ 落在 $B C$ 边上时 $t$ 的值;

(2)求 $S$ 关于 $t$ 的函数关系式，并直接写出自变量 $t$ 的取值范围;

(3)直接写出当 $\triangle A D C$ 是等腰三角形时 $t$ 的值.



##
选项：
答案： (1)2

(2) $S=\left\{\begin{array}{c}t^{2}(0<t \leq 2) \\ -3 t^{2}+16 t-16(2<t \leq 4)\end{array}\right.$

(3)1 或 $\frac{8 \sqrt{17}}{17}$ 或 $\frac{64}{17}$

解析：(1) 由题意易得 $A P=Q D=P C=2 t$, 然后可得方程 $2 t+2 t=8$, 进而问题可求解;

（2）由题意可分当 $0<t \leq 2$ 时和当 $2<t \leq 4$ 时, 进而分类求解即可;

（3）由题意可当 $D C=D A$ 时, 当 $A D=A C=8 \mathrm{~cm}$ 时, 当 $D C=C A=8 \mathrm{~cm}$ 时, 然后分类求解即可.

【详解】(1) 解: 如图, 当点 $D$ 落在 $B C$ 边上时,



$A P=Q D=P C=2 t$.

由 $2 t+2 t=8$, 解得 $t=2$,

所以当点 $D$ 落在 $B C$ 边上时 $t$ 的值是 2 .

（2）解：当 $0<t \leq 2$ 时, 如图,



$\therefore S=\frac{1}{2} t \cdot 2 t=t^{2}$;

当 $2<t \leq 4$ 时, 如图,



$A P=Q D=2 t, \quad D E=4 t-8$,

$\therefore S=t^{2}-\frac{1}{4}(4 t-8)^{2}=-3 t^{2}+16 t-16$.

综上, $S=\left\{\begin{array}{c}t^{2}(0<t \leq 2) \\ -3 t^{2}+16 t-16(2<t \leq 4)\end{array}\right.$;

（3）解: 当 $D C=D A$ 时, 如图,


$C M=M A=4 t$,

由 $4 t+4 t=8$, 解得 $t=1$;

当 $A D=A C=8 \mathrm{~cm}$ 时，如图 5 ,

$D M=Q P=t, \quad A M=2 A P=4 t$,

由 $(4 t)^{2}+t^{2}=8^{2}$, 解得 $t=\frac{8 \sqrt{17}}{17}$ (负值舍去);



图5

图6

当 $D C=C A=8 \mathrm{~cm}$ 时, 如图 6 ,

$D M=Q P=t, \quad C M=4 t-8$,

由 $(4 t-8)^{2}+t^{2}=8^{2}$,

解得 $t_{1}=\frac{64}{17}, t_{2}=0$ (舍去).

综上, 当 $\triangle A D C$ 是等腰三角形时 $t$ 的值为 1 或 $\frac{8 \sqrt{17}}{17}$ 或 $\frac{64}{17}$.

【点睛】本题主要考查勾股定理、二次函数的综合及等腰三角形的性质, 熟练掌握勾股定理、二次函数的综合及等腰三角形的性质是解题的关键.

##
题目（九年级 · 解析几何）：(6 分) 已知二次函数 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+b x+c$ 的图象经过 $A(2,0), B(0,-6)$ 两点.
（1）求 $b 、 c$ 的值;
(2) 求对称轴和顶点坐标.

选项：
答案： $y=-\frac{1}{2} x^{2}+4 x-6$.


解析：把 $A(2,0) 、 B(0,-6)$ 的坐标代入函数解析式, 转化为方程组求解, 即可确定函数解析式.

【详解】解: 把 $A(2,0) 、 B(0,-6)$ 的坐标代入函数解析式可得:

$\left\{\begin{array}{c}0=-2+2 b+c \\ -6=c\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{c}b=4 \\ c=-6\end{array}\right.$,

所以二次函数的解析式为: $y=-\frac{1}{2} x^{2}+4 x-6$.

【点睛】本题考查考了用待定系数法求二次函数解析式及解二元一次方程组, 熟练掌握待定系数法是解题的关键是.
题目（九年级 · 解析几何）：(8 分) 已知二次函数 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 解答下列问题:

(1)根据已知的图像部分画出这个函数图象的另一部分（直接在网格中作图即可).

(2)判断点 $(-2,-4)$ 是否在这个函数图象上, 说明理由.

(3)过点 $(0,4)$ 作直线 $A B$ 平行于 $x$ 轴, 交抛物线于点 $A 、 B$, 连结 $O A 、 O B$

求 $\triangle A O B$ 的面积.




选项：
答案： (1)见解析;

(2) 点 $(-2,-4)$ 不在这个函数图像上;

(3) $(2 \sqrt{2}, 4)$ 和 $(-2 \sqrt{2}, 4)$.


解析：(1)根据对称性可直接画出图象;

（2）代入横坐标或纵坐标都可判断;

(3) 代入 $y=4$ 即可求出坐标.

【详解】(1) 如图所示,



（2）当 $x=-2$ 时,

$y=\frac{1}{2} \times(-2)^{2}=2$,

$\therefore$ 点 $(-2,-4)$ 不在这个函数图象上;

（3）当 $y=4$ 时，

$4=\frac{1}{2} x^{2}$,

$\therefore x= \pm 2 \sqrt{2}, \mathrm{AB}=4 \sqrt{2}, S=8 \sqrt{2}$

【点睛】本题考查了二次函数的图象, 解题关键是运用好数形结合的思想.
题目（九年级 · 解析几何）：(10 分) 已知点 $(-m, 0)$ 和 $(3 m, 0)$ 在二次函数 $y=a x^{2}+b x+3(a, b$ 是常数, $a \neq 0)$ 的图像上.

(1)当 $m=-1$ 时, 求 $a$ 和 $b$ 的值;

(2)若二次函数的图像经过点 $A(n, 3)$ 且点 $A$ 不在坐标轴上, 当 $-2<m<-1$ 时, 求 $n$ 的取值范围;

(3)求证: $b^{2}+4 a=0$.

## 四、提高题（20 分）


选项：
答案： (1) $a=-1, b=-2$

(2) $-4<n<-2$

(3)见解析


解析：(1) 由 $m=-1$ 可得图像过点 $(1,0)$ 和 $(-3,0)$, 然后代入解析式解方程组即可解答;

(2) 先确定函数图像的对称轴为直线 $x=m$, 则拋物线过点 $(n, 3),(0,3)$, 即 $n=2 m$, 然后再结合 $-2<m<-1$ 即可解答;

(3) 根据图像的对称性得 $-\frac{b}{2 a}=m$, 即 $b=-2 a m$, 顶点坐标为 $\left(m, a m^{2}+b m+3\right)$; 将点 $(-m, 0)$和 $(3 m, 0)$ 分别代入表达式并进行运算可得 $a m^{2}=-1$; 则

$a m^{2}+b m+3=a m^{2}-2 a m^{2}+3=-a m^{2}+3=4$, 进而得到 $\frac{12 a-b^{2}}{4 a}=4$, 然后化简变形即可证明结论.

【详解】(1) 解: 当 $m=-1$ 时, 图像过点 $(1,0)$ 和 $(-3,0)$,

$\therefore\left\{\begin{array}{c}0=a+b+3 \\ 0=9 a-3 b+3\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=-1 \\ b=-2\end{array}\right.$,

$\therefore y=-x^{2}-2 x+3$,

$\therefore a=-1, b=-2$.

(2) 解: $\because$ 函数图像过点 $(-m, 0)$ 和 $(3 m, 0)$,

$\therefore$ 函数图像的对称轴为直线 $x=m$.

$\because$ 图像过点 $(n, 3),(0,3)$,

$\therefore$ 根据图像的对称性得 $n=2 m$.

$\because-2<m<-1$,

$\therefore-4<n<-2$.

(3) 解: $\because$ 图像过点 $(-m, 0)$ 和 $(3 m, 0)$,

$\therefore$ 根据图像的对称性得 $-\frac{b}{2 a}=m$.

$\therefore b=-2 a m$, 顶点坐标为 $\left(m, a m^{2}+b m+3\right)$.

将点 $(-m, 0)$ 和 $(3 m, 0)$ 分别代人表达式可得 $\left\{\begin{array}{c}0=a m^{2}-b m+3(1) \\ 0=9 a m^{2}+3 b m+3(2)\end{array}\right.$

(1) $\times 3+$ (2) 得 $12 \mathrm{am}^{2}+12=0$,

$\therefore a m^{2}=-1$.

$\therefore a m^{2}+b m+3=a m^{2}-2 a m^{2}+3=-a m^{2}+3=4$.

$\therefore \frac{12 a-b^{2}}{4 a}=4$.

$\therefore 12 a-b^{2}=16 a$.

$\therefore b^{2}+4 a=0$.

【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求二次函数解析式、二次函数的对称性、解不等式等知识点, 掌握二次函数的对称性是解答本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(6 分) 如图, $O A=O B, A B$ 交 $\odot O$ 于点 $C, D, O E$ 是半径, 且 $O E \perp A B$ 于点 $F$.

(1)求证: $A C=B D$.

(2)若 $C D=2 \sqrt{3}, O F=1$, 求 $\odot O$ 的半径.




选项：
答案： （1）证明: $\because O E \perp A B$,

$\therefore C F=D F$,

$\because O A=O B$,

$\therefore A F=B F$,

$\therefore A F-C F=B F-D F$,

$\therefore A C=B D$;

（2）解: 连接 $O C$, 可求半径为 2

<ImageHere>

解析：）证明: $\because O E \perp A B$,

$\therefore C F=D F$,

$\because O A=O B$,

$\therefore A F=B F$,

$\therefore A F-C F=B F-D F$,

$\therefore A C=B D$;

（2）解: 连接 $O C$, 可求半径为 2
题目（九年级 · 解析几何）：（10 分）古往今来, 桥给人们的生活带来便利, 解决跨水或者越谷的交通, 便于运输工具或行人在桥上畅通无阻, 中国桥梁的桥拱线大多采用圆弧形、抛物线形和悬链形,坐落在河北省赵县汶河上的赵州桥建于隋朝, 距今已有约 1400 年的历史, 是当今世界上现存最早、保存最完整的古代敉肩石拱桥，赵州桥的主桥拱便是圆弧形.



图(1)



图(2)



图(3)



水面宽

(1)某桥 $A$ 主桥拱是圆弧形（如图(1)中 $A B C$ ), 已知跨度 $A C=40 \mathrm{~m}$, 拱高 $B D=10 \mathrm{~m}$, 则这条桥主桥拱的半径是 $\qquad$ $\mathrm{m}$;

(2)某桥 $B$ 的主桥拱是拋物线形（如图(2)）, 若水面宽 $M N=10 \mathrm{~m}$, 拱顶 $P$ (拋物线顶点）距离水面 $4 \mathrm{~m}$, 求桥拱拋物线的解析式;

(3)如图(3), 某时桥 $A$ 和桥 $B$ 的桥下水位均上升了 $2 \mathrm{~m}$, 求此时两桥的水面宽度.

## 


选项：
答案： (1)25

(2) $y=-\frac{4}{25} x^{2}+4$

(3)此时桥 $\mathrm{A}$ 的水面宽度为 $8 \sqrt{21} \mathrm{~m}$, 桥 $B$ 的水面宽度为 $5 \sqrt{2} \mathrm{~m}$


解析：(1) 设 $A B C$ 所在圆的圆心为点 $O$, 连接 $O A, O D$, 则 $O B \perp A C, A D=C D=20 \mathrm{~m}$,
再设这条桥主桥拱的半径是 $r \mathrm{~m}$, 则 $O A=O B=r \mathrm{~m}, O D=(r-10) \mathrm{m}$, 然后在 $\mathrm{Rt} \triangle A O D$ 中,利用勾股定理求解即可得;

(2) 以水面所在直线为 $x$ 轴, $M N$ 的中点为原点 $O$, 建立平面直角坐标系, 则 $N(5,0), P(0,4)$,再利用待定系数法求解即可得;

（3）根据（1）可得 $O F=25 \mathrm{~m}, O D=15 \mathrm{~m}, O B \perp F G, D E=2 \mathrm{~m}$, 利用勾股定理可求出 $E F$ 的长, 再利用垂径定理即可得此时桥 $\mathrm{A}$ 的水面宽度; 根据（2）的结论求出 $y=2$ 时, $x$ 的值,由此即可得此时桥 $B$ 的水面宽度.

【详解】(1) 解: 如图, 设 $A B C$ 所在圆的圆心为点 $O$, 连接 $O A, O D$,



由垂径定理得：点 $O, D, B$ 共线，

则 $O B \perp A C, A D=C D=\frac{1}{2} A C=20 \mathrm{~m}$,

设这条桥主桥拱的半径是 $r \mathrm{~m}$, 则 $O A=O B=r \mathrm{~m}$,

$\therefore O D=O B-B D=(r-10) \mathrm{m}$,

在 Rt $\triangle A O D$ 中, $A D^{2}+O D^{2}=O A^{2}$, 即 $20^{2}+(r-10)^{2}=r^{2}$,

解得 $r=25$,

故答案为: 25 .

(2) 解: 如图, 以水面所在直线为 $x$ 轴, $M N$ 的中点为原点 $O$, 建立平面直角坐标系,



由题意得: $N(5,0), P(0,4)$,

则设桥拱拋物线的解析式为 $y=a x^{2}+c$,



所以桥拱抛物线的解析式为 $y=-\frac{4}{25} x^{2}+4$.

（3）解：如图, 桥 A 中, 由（1）可知: $O F=25 \mathrm{~m}, O D=25-10=15(\mathrm{~m})$,



由题意得： $O B \perp F G, D E=2 \mathrm{~m}$,

$\therefore O E=17 \mathrm{~m}$,

在 Rt $\triangle E O F$ 中, $E F=\sqrt{O F^{2}-O E^{2}}=4 \sqrt{21} \mathrm{~m}$,

由垂径定理得: $F G=2 E F=8 \sqrt{21} \mathrm{~m}$,

即此时桥 $\mathrm{A}$ 的水面宽度为 $8 \sqrt{21} \mathrm{~m}$;

如图, 桥 $B$ 中, $y=-\frac{4}{25} x^{2}+4$,



当 $y=2$ 时,$-\frac{4}{25} x^{2}+4=2$,

解得 $x=\frac{5 \sqrt{2}}{2}$ 或 $x=-\frac{5 \sqrt{2}}{2}$,

所以此时桥 $B$ 的水面宽度为 $\frac{5 \sqrt{2}}{2}-\left(-\frac{5 \sqrt{2}}{2}\right)=5 \sqrt{2}(\mathrm{~m})$,

答：此时桥 $A$ 的水面宽度为 $8 \sqrt{21} \mathrm{~m}$, 桥 $B$ 的水面宽度为 $5 \sqrt{2} \mathrm{~m}$.

【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用、二次函数的应用等知识点, 熟练掌握垂径定理和二次函数的性质是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(6 分) 如图, 点 $A, B, C, D$ 在 $\odot O$ 上, $B D=A C$. 求证: $A B=C D$.




选项：
答案： 见解析


解析：根据圆心角、弧、弦的关系, 由 $B D=A C$ 得到 $B D=A C$, 进而可得 $A B=C D$, 即可得证.

【详解】证明： $\because B D=A C$,

$\therefore B D=A C$,

$\therefore B D-A D=A C-A D$, 即 $A B=C D$,

$\therefore A B=C D$.

【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系: 在同圆或等圆中, 如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等, 那么它们所对应的其余各组量都分别相等.
题目（九年级 · 解析几何）：已知: 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D E / / B C, E F / / A B, \frac{A D}{D B}=\frac{3}{2}, B C=25$, 求 $F C$ 的长.




选项：
答案： 10


解析：先根据平行线分线段成比例定理, 得出 $\frac{B F}{F C}=\frac{A E}{E C}=\frac{A D}{D B}=\frac{3}{2}$, 进而得出 $F C=\frac{2}{5} B C$,据此可得 $F C=10$.

【详解】解: $\because D E / / B C$,

$\therefore \frac{A E}{E C}=\frac{A D}{D B}=\frac{3}{2}$,

又 $\because E F / / A B$,

$\therefore \frac{B F}{F C}=\frac{A E}{E C}=\frac{3}{2}$,

$\therefore F C=\frac{2}{5} B C=\frac{2}{5} \times 25=10$.

【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理的运用, 解题时注意：平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线）, 所得的对应线段成比例.
题目（九年级 · 解析几何）：在边长为 1 的正方形 $A B C D$ 中, 点 $E$ 在边 $A D$ 上（不与点 $A, D$ 重合), 射线 $B E$与射线 $C D$ 交于点 $F$.

（1）若 $D E=\frac{1}{3}$, 求 $D F$ 的长.

（2）求证: $A E \cdot C F=1$.

(3) 以点 $B$ 为圆心, $B C$ 长为半径画弧, 交线段 $B E$ 于点 $G$. 若 $E G=E D$, 求 $E D$ 的长.



## 


选项：
答案： (1) 解: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是正方形,

$\therefore A B=B C=C D=D A=1, \quad \mathrm{AB} / / \mathrm{CD}$,

$\because E D=\frac{1}{3}$,

$\therefore A E=A D-E D=\frac{2}{3}$.

$\because \mathrm{AB} / / \mathrm{CD}$,

$\therefore \triangle A E B \backsim \triangle D E F$,

$\therefore \frac{A B}{D F}=\frac{A E}{E D}$,

即 $\frac{1}{D F}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{1}{3}}$,

$\therefore D F=\frac{1}{2}$;

(2) 证明: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是正方形,

$\therefore \angle A=\angle C=90^{\circ}, A B \| C D$,

$\therefore \angle A B E=\angle F$,

$\therefore \triangle A B E \backsim \triangle C F B$,

$\therefore \frac{A B}{C F}=\frac{A E}{B C}$,

$\therefore A E \cdot C F=A B \cdot B C=1 \times 1=1$.

（3）解：设 $E G=E D=x$,

则 $A E=A D-A E=1-x, B E=B G+G E=B C+G E=1+x$.

在Rt $\triangle A B E$ 中, $A B^{2}+A E^{2}=B E^{2}$,

即 $1^{2}+(1-x)^{2}=(1+x)^{2}$,

解得 $x=\frac{1}{4}$.

$\therefore E D=\frac{1}{4}$.

解析：) 解: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是正方形,

$\therefore A B=B C=C D=D A=1, \quad \mathrm{AB} / / \mathrm{CD}$,

$\because E D=\frac{1}{3}$,

$\therefore A E=A D-E D=\frac{2}{3}$.

$\because \mathrm{AB} / / \mathrm{CD}$,

$\therefore \triangle A E B \backsim \triangle D E F$,

$\therefore \frac{A B}{D F}=\frac{A E}{E D}$,

即 $\frac{1}{D F}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{1}{3}}$,

$\therefore D F=\frac{1}{2}$;

(2) 证明: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是正方形,

$\therefore \angle A=\angle C=90^{\circ}, A B \| C D$,

$\therefore \angle A B E=\angle F$,

$\therefore \triangle A B E \backsim \triangle C F B$,

$\therefore \frac{A B}{C F}=\frac{A E}{B C}$,

$\therefore A E \cdot C F=A B \cdot B C=1 \times 1=1$.

（3）解：设 $E G=E D=x$,

则 $A E=A D-A E=1-x, B E=B G+G E=B C+G E=1+x$.

在Rt $\triangle A B E$ 中, $A B^{2}+A E^{2}=B E^{2}$,

即 $1^{2}+(1-x)^{2}=(1+x)^{2}$,

解得 $x=\frac{1}{4}$.

$\therefore E D=\frac{1}{4}$.
题目（九年级 · 解析几何）：(6 分) 如图, 我们想要测量河两岸相对应两点 $A 、 B$ 之间的距离(即河宽), 先从 $B$点出发与 $A B$ 成 $90^{\circ}$ 角方向走 50m 到 $O$ 处立一标杆, 然后方向不变, 继续向前走 $10 \mathrm{~m}$到 $C$ 处, 在 $C$ 处转 $90^{\circ}$, 沿 $C D$ 方向再走 $16 \mathrm{~m}$ 到达 $D$ 处, 使得 $A 、 O 、 D$ 在同一条直线上. 那么河宽是多少米?


选项：
答案： 解: $\because A B \perp B C, C D \perp B C$,

$\therefore \angle A B O=\angle D C O=90^{\circ}$,

$\because \angle A O B=\angle D O C$,

$\therefore \triangle A O B \sim \triangle D O C$,

$\therefore \frac{A B}{D C}=\frac{B O}{C O}$,

$\because B O=50 \mathrm{~m}, C O=10 \mathrm{~m}, C D=16 \mathrm{~m}$,
$\therefore \frac{A B}{16}=\frac{50}{10}$,

$\therefore A B=80 \mathrm{~m}$,

答：河宽为 80 米.

解析： $\because A B \perp B C, C D \perp B C$,

$\therefore \angle A B O=\angle D C O=90^{\circ}$,

$\because \angle A O B=\angle D O C$,

$\therefore \triangle A O B \sim \triangle D O C$,

$\therefore \frac{A B}{D C}=\frac{B O}{C O}$,

$\because B O=50 \mathrm{~m}, C O=10 \mathrm{~m}, C D=16 \mathrm{~m}$,
$\therefore \frac{A B}{16}=\frac{50}{10}$,

$\therefore A B=80 \mathrm{~m}$,

答：河宽为 80 米.
题目（九年级 · 解析几何）：(8 分) 如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 点 $C, D$ 是 $\odot O$ 上的点, 且 $O D / / B C, A C$ 分别与 $B D, O D$ 相交于点 $E, F$.



(1)求证: 点 $D$ 为 $A C$ 的中点;

(2)若 $D F=4, A C=16$, 求 $\odot O$ 的直径.


选项：
答案： (1)见解析

(2) 20


解析：(1) 根据圆周角定理可得 $\angle A C B=90^{\circ}$, 再由平行线的性质可得 $\angle O F A=\angle C=90^{\circ}$,从而可得 $O D \perp A C$, 再根据垂径定理即可得出结论;

（2）根据垂径定理可得 $A F=\frac{1}{2} A C=8$, 再利用勾股定理进行计算即可.

【详解】(1) 证明: $\because A B$ 是直径

$\therefore \angle A C B=90^{\circ}$,

$\because O D / / B C$,

$\therefore \angle O F A=\angle C=90^{\circ}$,

$\therefore O D \perp A C$,

$\therefore A D=C D$,

$\therefore$ 点 $D$ 为 $A C$ 的中点;

（2）解: $\because O F \perp A C$,

$\therefore A F=\frac{1}{2} A C=8$,

在 Rt $\triangle A F O$ 中, $A O^{2}=A F^{2}+O F^{2}$,

$\therefore O A^{2}=64+(O D-D F)^{2}$,

$\therefore O A^{2}=64+(O A-4)^{2}$,

$\therefore O A=10$,

$\therefore \odot O$ 的直径为 20 .

【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理, 熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(8 分) 如图, 已知抛物线 $y=x^{2}+b x+c$ 经过 $A(-1,0) 、 B(3,0)$ 两点.



(1)求 $b, c$ 的值和顶点坐标;

(2)当 $0<x<3$ 时, 求 $y$ 的取值范围.


选项：
答案： (1) $b=-2, c=-3$, 顶点坐标为 $(1,-4)$

(2) $-4 \leq y<0$


解析：(1) 将点 $A, B$ 代入计算可得 $b, c$ 的值, 从而可得抛物线的解析式, 再将解析式化成顶点式，据此可得顶点坐标;

（2）根据二次函数的增减性求解即可得.

【详解】(1) 解: 将点 $A(-1,0), B(3,0)$ 代入 $y=x^{2}+b x+c$ 得: $\left\{\begin{array}{l}1-b+c=0 \\ 9+3 b+c=0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}b=-2 \\ c=-3\end{array}\right.$,

则 $y=x^{2}-2 x-3=(x-1)^{2}-4$,

所以抛物线的顶点坐标为 $(1,-4)$.

（2）解: 由（1）可知, $y=x^{2}-2 x-3=(x-1)^{2}-4$,

则在 $0<x<3$ 内, 当 $0<x \leq 1$ 时, $y$ 随 $x$ 的增大而减小; 当 $1<x<3$ 时, $y$ 随 $x$ 的增大而增大，当 $x=0$ 时, $y=-3$; 当 $x=1$ 时, $y=-4$; 当 $x=3$ 时, $y=0$,所以 $y$ 的取值范围是 $-4 \leq y<0$.

【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质和待定系数法是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：（8 分）在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 点 $M(-2, m), N(-4,7)$ 在抛物线 $y=a x^{2}+b x(a<0)$ 上.

(1)若 $m=n$, 求该抛物线的对称轴;

(2)已知点 $P(1, p)$ 在该抛物线上, 设该抛物线的对称轴为 $x=t$. 若 $m n<0$, 且 $n<p<m$,求 $t$ 的取值范围.


选项：
答案： (1)直线 $x=-3$

(2) $-\frac{3}{2}<t<-\frac{1}{2}$

## 
解析：

（1）根据抛物线的对称性直接求对称轴即可;

（2）根据 $c=0$, 可知抛物线过原点, 再根据 $m n<0$, 且 $m<p<n$, 可知抛物线与 $x$ 轴的另一交点在 -4 和 -2 之间, 从而确定出对称轴的取值范围.

【详解】(1) 解: $\because m=n$,

$\therefore$ 抛物线的对称轴为直线 $x=\frac{-2+(-4)}{2}=-3$,

(2) $\because y=a x^{2}+b x(a>0)$,

$\therefore$ 抛物线开口向上且经过原点,

$\because m n<0$, 且 $m<p<n$,

$\therefore m\langle 0, n\rangle 0$,
$\therefore$ 抛物线和 $x$ 轴的 2 个交点, 一个为 $(0,0)$, 另外一个点为 $(2 t, 0)$,

$\therefore-4<2 t<-2$,

$\therefore-2<t<-1$,

$\because$ 点 $P(1, p)$,

点 $P$ 关于对称轴的对称点为 $(2 t-1, p)$,

$\because m<p<n$

$\therefore-4<2 t-1<-2$,

$\therefore-\frac{3}{2}<t<-\frac{1}{2}$,

综上所述, $t$ 的取值范围为 $-\frac{3}{2}<t<-\frac{1}{2}$.

【点睛】本题考查二次函数的性质, 解题关键是根据数形结合求解.