eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系中, $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}=10$, 线段 $\mathrm{BC}$ 在轴上, $\mathrm{BC}=12$, 点 $\mathrm{B}$ 的坐标为 $(-3,0)$, 线段 $\mathrm{AB}$ 交 $\mathrm{y}$ 轴于点 $\mathrm{E}$, 过 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$ 于 $\mathrm{D}$, 动点 $\mathrm{P}$ 从原点出发, 以每秒 3 个单位的速度沿 $\mathrm{x}$ 轴向右运动, 设运动的时间为 $\mathrm{t}$ 秒.


（1）求点 $E$ 的坐标为;

（2）当 $\triangle \mathrm{BPE}$ 是等腰三角形时, 求 $\mathrm{t}$ 的值;


选项：
答案： （1）E（0，4）；（2） $t=\frac{2}{3}$ 或 $t=1$ 或 $t=\frac{7}{18}$ ；（3）当 $t=1 ， C （ 11 ， 0 ）$


解析：(1) 首先求出直线 $\mathrm{AB}$ 的解析式, 即可得出结论;

(2) 先求出 $\mathrm{BE}=5$, 进而分别利用(1)当 $\mathrm{BE}=\mathrm{BP}$ 时,(2)当 $\mathrm{EB}=\mathrm{EP}$ 时,(3)当 $\mathrm{PB}=\mathrm{PE}$ 时, 得出的值即可;

(3) 首先得出 $\triangle P G F \sim \triangle P O E$, 再利用勾股定理得 $E P^{2}=O P^{2}+E O^{2}$, 进而求出 $\mathrm{t}$ 的值以及 $\mathrm{C}$点坐标.

【详解】解: (1) $\because \mathrm{AB}=\mathrm{AC}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{BD}=\mathrm{CD}=6$,

$\because \mathrm{AB}=10$,

$\therefore \mathrm{AD}=8$,

$\therefore \mathrm{A}(3,8)$,

设直线 $A B$ 的解析式为: $y=k x+b$, 则 $\left\{\begin{array}{l}-3 k+b=0 \\ 3 k+b=8\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{l}k=\frac{3}{4} \\ b=4\end{array}\right.$,

$\therefore$ 直线 $\mathrm{AB}$ 的解析式为: $\mathrm{y}=\frac{3}{4} \mathrm{x}+4$,

$\therefore \mathrm{E}(0,4)$,

故答案为 0,4 ;

(2) $\because \mathrm{B}(-3,0), \mathrm{E}(0,4)$

$\therefore \mathrm{BE}=5$,

当 $\triangle \mathrm{BPE}$ 是等腰三角形有三种情况:

(1) 当 $\mathrm{BE}=\mathrm{BP}$ 时, $3+3 \mathrm{t}=5$, 解得: $\mathrm{t}=\frac{2}{3}$;

(2) 当 $\mathrm{EB}=\mathrm{EP}$ 时, $3 \mathrm{t}=3$, 解得: $\mathrm{t}=1$;
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 马大爷在屋侧的菜地上搭建一抛物线型蔬菜大棚, 其中一端固定在离地面 1.2 米的墙体 $A$ 处, 另一端固定在离墙体 6 米的地面上 $B$ 点处, 现以地面和墙体为 $x$ 轴和 $y$ 轴建立坐标系, 已知大棚的高度 $y$ （米）与地面水平距离 $x$ （米）之间的关系式可以用 $y=-\frac{1}{5} x^{2}+b x+c$ 表示,

结合信息请回答:



(1) 直接写出 $b, c$ 的值.

（2）求大棚的最高点到地面的距离.

（3）马大爷现库存 7 米钢材, 准备在抛物线上点 $C$ （不与 $A, B$ 重合）处, 安装一直角形钢架 $E C D$ 对大棚进行加固 (点 $D, E$ 分别在 $x$ 轴、 $y$ 轴上, 且 $C E / / x$ 轴, $C D / / y$ 轴),就如何选取点 $C$ 的问题，小明说: “点 $C$ 取在抛物线的顶点处, 库存钢材才够用”, 小慧说: “点 $C$ 在抛物线位置, 库存钢材都够用”, 请问谁的说法正确？说明理由.


选项：
答案： (1) $b=1, c=1.2$; （2）大棚的最高点到地面的距离为 2.45 米；（3）小明说法不正确,小慧说法正确, 理由见详解.


解析：(1) 由题意易得点 $A(0,1.2), B(6,0)$, 然后把它们代入二次函数解析式进行求解即可;

（2）由（1）可得二次函数解析式为: $y=-\frac{1}{5} x^{2}+x+1.2$, 则有 $y=-\frac{1}{5} x^{2}+x+1.2=-\frac{1}{5}\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}+2.45$, 进而问题可求解；

（3）由题意可设点 $C\left(a,-\frac{1}{5} a^{2}+a+1.2\right)$, 则有 $C E=a, C D=-\frac{1}{5} a^{2}+a+1.2$, 求出 $C E+C D$ 的最大值, 可以判断出 $7>C E+C D$, 则问题可求解.

【详解】解：（1）由题意得: 点 $A(0,1.2), B(6,0)$, 代入 $y=-\frac{1}{5} x^{2}+b x+c$ 可得:

$\left\{\begin{array}{c}-\frac{1}{5} \times 36+6 b+c=0 \\ c=1.2\end{array}\right.$, 解得: $\left\{\begin{array}{c}b=1 \\ c=1.2\end{array}\right.$;

（2）由（1）可得二次函数解析式为: $y=-\frac{1}{5} x^{2}+x+1.2$,

$\therefore y=-\frac{1}{5} x^{2}+x+1.2=-\frac{1}{5}\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}+2.45$,

$\therefore$ 当 $x=\frac{5}{2}$ 时, $y$ 取最大, 最大值为 2.45 ,

$\therefore$ 大棚的最高点到地面的距离为 2.45 米;

（3）小慧说法正确, 理由如下:

由题意可设点 $C\left(a,-\frac{1}{5} a^{2}+a+1.2\right)$,

$\because C E / / x$ 轴, $C D / / y$ 轴,
$\therefore C E=a, C D=-\frac{1}{5} a^{2}+a+1.2$,

$\therefore C E+C D=-\frac{1}{5} a^{2}+2 a+1.2=-\frac{1}{5}(a-5)^{2}+6.2$

$\therefore C E+C D$ 的最大值为 6.2 ,

$\therefore 7>C E+C D$,

$\therefore$ 点 $C$ 在抛物线位置, 库存钢材都够用,

$\therefore$ 小明说法不正确, 小慧说法正确.

【点睛】本题主要考查二次函数的应用, 熟练掌握二次函数的应用是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图拋物线 $y=a x^{2}+b x+3$ 交 $x$ 轴于点 $A(-1,0)$ 和点 $B(3,0)$.



（1)求该抛物线的函数表达式.

(2)若该抛物线 $y$ 轴交于点 $C$, 顶点为 $F$, 点 $D(2,3)$, 在该抛物线上, 求四边形 $A C F D$的面积


选项：
答案： (1)抛物线解析式为 $y=-x^{2}+2 x+3$;

(2)四边形 $A C F D$ 的面积为 4 ;


解析：(1) 由 $A, B$ 两点的坐标, 利用特定系数法即可求得抛物线解析式;

(2)连接 $C D$, 则可知 $C D / / x$ 轴, 由 $A 、 F$ 的坐标可知 $F, A$ 到 $C D$ 的距离, 利用三角形面积公式可求得 $\triangle A C D$ 和 $\triangle F C D$ 的面积, 则可求得四边形 $A C F D$ 的面积.
$\because$ 抛物线 $y=a x^{2}+b x+3$ 交 $x$ 轴于点 $A(-1,0)$ 和点 $B(3,0)$, 可得:

$\left\{\begin{array}{c}a-b+3=0 \\ 9 a+3 b+3=0\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{c}a=-1 \\ b=2\end{array}\right.$,

拋物线解析式为 $y=-x^{2}+2 x+3$;

(2)

连接 $C D$



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

$\therefore F(1,4), C(0,3)$,

$\because D(2,3)$,

$\therefore C D=2$, 且 $C D / / x$ 轴,

$\because A(-1,0)$,

$\therefore S_{\text {四边形 } A C F D}=S_{\triangle A C D}+S_{\triangle F C D}=\frac{1}{2} \times 2 \times 3+\frac{1}{2} \times 2 \times(4-3)=4$

【点睛】本题为二次函数的综合应用, 涉及待定系教法、三角形的面积、二次函数的性质、及转化思想等知识, 在(2)中注意把四边形转化为两个三角形, 本题考的知识点较多, 综合性较强, 难度适中.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知在直角坐标系中, 抛物线 $y=a x^{2}-8 a x+3(a<0)$ 与 $y$ 轴交于点 $\mathrm{A}$, 顶点为 $D$. 其对称轴交 $X$ 轴于点 $B$, 点 $P$ 在抛物线上, 且位于抛物线对称轴的右侧.



(1)当 $A B=B D=5$ 时, 求拋物线的表达式;

(2)在（1）的条件下, 当 $D P / / A B$ 时, 求点 $P$ 的坐标;


选项：
答案： (1) $y=-\frac{1}{8} x^{2}+x+3$

(2) $P\left(10, \frac{1}{2}\right)$

(3) $S_{\triangle A B G}=10$ 或 22

解析：(1) 用抛物线的解析式化为顶点式确定顶点坐标, 对称轴, 利用两点间距离, 即可;

（2）先确定出直线 $A B$ 解析式, 再由 $D P / / A B$ 确定出直线 $D P$ 解析式, 利用方程组确定出交点坐标;

（3）利用平面坐标系中求三角形面积常用的方法解决, 即选用坐标轴或平行于坐标轴的直线上的线段作为底.

【详解】(1) 解: $\because y=a x^{2}-8 a x+3=a(x-4)^{2}+3-16 a$,

$\therefore$ 对称轴为 $x=4, \quad B(4,0), A(0,3)$,

$\because A B=B D=5$

$\because$ 抛物线的顶点为 $D$, 其对称轴交 $x$ 轴于点 $B$,

$\therefore 3-16 a=B D=5$,

$\therefore a=-\frac{1}{8}$

$\therefore y=-\frac{1}{8} x^{2}+x+3$,

（2）解: $\because B(4,0), A(0,3)$,

$\therefore$ 直线 $A B$ 解析式为 $y=-\frac{3}{4} x+3$,

$\because D P / / A B$,

设直线 $D P$ 解析式为 $y=-\frac{3}{4} x+b$,

$\because D(4,5)$ 在直线 $D P$ 上,

$\therefore b=8$,

$\therefore$ 直线 $D P$ 解析式为 $y=-\frac{3}{4} x+8$,

由 $\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{3}{4} x+8 \\ y=-\frac{1}{8} x^{2}+x+3\end{array}\right.$,

$\therefore x_{1}=10, \quad x_{2}=4$ (舍),

$\therefore P\left(10, \frac{1}{2}\right) ;$
题目（九年级 · 解析几何）：如图所示, 已知抛物线 $y=a x^{2}(a \neq 0)$ 与一次函数 $y=k x+b$ 的图象相交于 $A(-1$, $-1), B(2,-4)$ 两点, 点 $P$ 是抛物线上不与 $A, B$ 重合的一个动点, 点 $Q$ 是 $y$ 轴上的一个动点.

(1) 请直接写出 $a, k, b$ 的值及关于 $x$ 的不等式 $a x^{2}<k x-2$ 的解集;

（2）当点 $P$ 在直线 $A B$ 上方时, 请求出 $\triangle P A B$ 面积的最大值并求出此时点 $P$ 的坐标;

(3) 是否存在以 $P, Q, A, B$ 为顶点的四边形是平行四边形？若存在, 请直接写出 $P$, $Q$ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.




选项：
答案： (1) $a=-1, k=-1, b=-2, x<-1$ 或 $x>2$;（2） $\triangle P A B$ 面积的最大值为 $3 \frac{3}{8}$, 此时点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{4}\right)$; (3) $P$ 的坐标为 $(-3,-9)$ 或 $(3,-9)$ 或 $(1,-1), Q$ 的坐标为: $Q(0,-12)$ 或 $(0,-6)$ 或 $(0,-4)$.


解析：(1) 利用待定系数法即可求得 $a, k, b$ 的值, 根据图象即可得出不等式的解集; (2)过点 $A$ 作 $y$ 轴的平行线, 过点 $B$ 作 $x$ 轴的平行线, 两者交于点 $C$, 连接 $P C$. 设点 $P$ 的横坐标为 $m$, 则点 $P$ 的纵坐标为 $-m^{2}$. 过点 $P$ 作 $P D \perp A C$ 于 $D$, 作 $P E \perp B C$ 于 $E$. 则 $D(-1$, $\left.-m^{2}\right), E(m,-4)$, 由此可得 $P D=m+1, P E=-m^{2}+4$. 再根据 $S_{\triangle} A P B=S_{\triangle} A P C+S_{\triangle} B P C$ $-S_{\triangle} A B C$, 代入数据即可得 $S_{\triangle} A P B$ 与 $\mathrm{m}$ 的二次函数关系式, 利用二次函数求最值的方法求得 $\mathrm{m}$ 的值及 $S_{\triangle A P B}$ 的值最大. 再求得点 $\mathrm{P}$ 的坐标即可;（3）(3) 根据平行四边形的性质和坐标特点解答即可.

【详解】解：（1）把 $A(-1,-1)$, 代入 $y=a x^{2}$ 中, 可得: $a=-1$,

把 $A(-1,-1), B(2,-4)$ 代入 $y=k x+b$ 中, 可得: $\left\{\begin{array}{l}-\mathrm{k}+\mathrm{b}=-1 \\ 2 \mathrm{k}+\mathrm{b}=-4\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{l}k=-1 \\ b=-2\end{array}\right.$,

所以 $a=-1, k=-1, b=-2$,

关于 $x$ 的不等式 $a x^{2}<k x-2$ 的解集是 $x<-1$ 或 $x>2$,

(2) 过点 $A$ 作 $y$ 轴的平行线, 过点 $B$ 作 $x$ 轴的平行线, 两者交于点 $C$.



$\because A(-1,-1), B(2,-4)$,

$\therefore C(-1,-4), A C=B C=3$,

设点 $P$ 的横坐标为 $m$, 则点 $P$ 的纵坐标为 $-m^{2}$.

过点 $P$ 作 $P D \perp A C$ 于 $D$, 作 $P E \perp B C$ 于 $E$. 则 $D\left(-1,-m^{2}\right), E(m,-4)$,

$\therefore P D=m+1, P E=-m^{2}+4$.

$\therefore S_{\triangle A P B}=S_{\triangle A P C+S} B P C-S_{\triangle A B C}$

$=\frac{1}{2} A C \cdot P D+\frac{1}{2} B C \cdot P E-\frac{1}{2} A C \cdot B C$
$=\frac{1}{2} \times 3(m+1)+\frac{1}{2} \times 3\left(-m^{2}+4\right)-\frac{1}{2} \times 3 \times 3$

$=\frac{3}{2} m^{2}+\frac{3}{2} m+3$

$\because-\frac{3}{2}<0, \quad m=\frac{\frac{3}{2}}{2 \times\left(-\frac{3}{2}\right)}=\frac{1}{2}, \quad-1<m<2$,

$\therefore$ 当 $\mathrm{m}=\frac{1}{2}$ 时, $S_{\triangle A P B}$ 的值最大.

$\therefore$ 当 $m=\frac{1}{2}$ 时, $-m^{2}=-\frac{1}{4}, S \triangle A P B=-\frac{3}{2} m^{2}+\frac{3}{2} \pi+3=3 \frac{3}{8}$,

即 $\triangle P A B$ 面积的最大值为 $3 \frac{3}{8}$, 此时点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{4}\right)$

（3）存在三组符合条件的点,



当以 $P, Q, A, B$ 为顶点的四边形是平行四边形时,

$\because A P=B Q, A Q=B P, A(-1,-1), B(2,-4)$,

可得坐标如下:

(1) $P^{\prime}$ 的横坐标为 -3 , 代入二次函数表达式,

解得: $P^{\prime}(-3,-9), Q^{\prime}(0,-12)$;

(2) $P^{\prime \prime}$ 的横坐标为 3 , 代入二次函数表达式,

解得: $P^{\prime \prime}(3,-9), Q^{\prime \prime}(0,-6)$;

(3) $P$ 的横坐标为 1 , 代入二次函数表达式,
解得: $P(1,-1), Q(0,-4)$.

故: $P$ 的坐标为 $(-3,-9)$ 或 $(3,-9)$ 或 $(1,-1)$,

$Q$ 的坐标为: $Q(0,-12)$ 或 $(0,-6)$ 或 $(0,-4)$.

【点睛】本题考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养. 要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来, 利用点的坐标的意义表示线段的长度, 从而求出线段之间的关系.
题目（九年级 · 解析几何）：(6 分) 已知抛物线 $y=2 x^{2}+b x+c$ 过点 $(1,3)$ 和 $(-1,5)$, 求该抛物线的解析式.

选项：
答案： $y=2 x^{2}-x+2$


解析：待定系数法求解析式即可.

【详解】解: $\because$ 抛物线 $y=2 x^{2}+b x+c$ 过点 $(1,3)$ 和 $(-1,5)$, $\therefore\left\{\begin{array}{l}2+b+c=3 \\ 2-b+c=5\end{array}\right.$

解得: $\left\{\begin{array}{c}b=-1 \\ c=2\end{array}\right.$

$\therefore$ 拋物线的解析式为: $y=2 x^{2}-x+2$.

【点睛】本题考查求二次函数的解析式, 熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：（8 分）已知二次函数 $y=x^{2}-2 x+4$.

(1)写出拋物线的开口方向及顶点坐标;

(2)当 $x$ 为何值时, $y$ 随 $x$ 的增大而减小?

(3)把此拋物线向左移动 3 个单位, 再向下移动 7 个单位后, 得到的新抛物线是否过点 $P(1,-5)$, 请说明理由.


选项：
答案： (1)开口向上, 顶点坐标 $(1,3)$

(2) $x<1$

(3)拋物线不过 $P$ 点, 理由见详解


解析：(1) 二次函数 $y=x^{2}-2 x+4$ 中, $a=1, \quad b=-2, c=4$, 根据 $a$ 的判断抛物线的开

口，将一般式化成顶点式即可求出顶点;

（2）由（1）可知, 对称轴左边是 $y$ 随 $x$ 的增大而减小，对称轴右边是 $y$ 随 $x$ 的增大而增大，由此即可求解;

(3) 抛物线向左移动 3 个单位, 再向下移动 7 个单位得到新的函数解析式, 把 $x=1$ 代入计
算, 若 $y=5$, 则点 $P(1,-5)$ 在函数上, 否则不在.

【详解】(1) 解：二次函数 $y=x^{2}-2 x+4$ 中， $a=1, b=-2, c=4$,

$\because a=1>0$,

$\therefore$ 抛物线开口向上,

将一般式化成顶点式得: $y=(x-1)^{2}+3$,

$\therefore$ 顶点坐标为 $(1,3)$.

（2）解: $\because$ 抛物线的开口向上, 对称轴直线 $x=1$,

$\therefore$ 当 $x<1$ 时, 函数值随着自变量的增大而减小.

（3）解: $y=x^{2}-2 x+4$ 抛物线向左移动 3 个单位, 再向下移动 7 个单位得, $y=(x+3)^{2}-2(x+3)+4-7$, 化简得 $y=x^{2}+4 x$,

$\therefore$ 当 $x=1$ 时, $y=x^{2}+4 x=1+4 \times 1=5 \neq-5$,

$\therefore$ 抛物线不过点 $P(1,-5)$.

【点睛】本题主要考查二次函数的性质, 掌握二次函数的性质, 平移是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(8 分) 如图, 一个圆形喷水池的中央坚直安装了一个柱形喷水装置 $O A, \mathrm{~A}$ 处的喷头向外喷水, 水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下, 水流喷出的高度 $y(\mathrm{~m})$ 与水平距离 $x(\mathrm{~m})$ 之间的关系式是 $y=-x^{2}+2 x+\frac{5}{4}(x>0)$.



(1)喷头 $\mathrm{A}$ 离地面 $O$ 的高度是多少?

(2)水流喷出的最大高度是多少?

(3)若不计其他因素, 水池的半径 $O B$ 至少为多少, 才能使喷出的水流不落在池外?


选项：
答案： (1) $\frac{5}{4}$

(2) $\frac{9}{4}$

(3)当 $O B=\frac{5}{2}$ 米时, 水流不落在池外


解析：(1) 喷头 A 离地面 $O$ 的高度是二次函数与 $y$ 的交点, 由此即可求解;

（2）水流喷出的最大高度是二次函数的顶点坐标的纵坐标，由此即可求解;

（3）水池的半径 $O B$ 是当二次函数 $y=0$ 时，自变量的值, 由此即可求解.

【详解】(1) 解: 根据题意得, $y=-x^{2}+2 x+\frac{5}{4}(x>0)$, 当 $x=0$ 时, $y=\frac{5}{4}$,

$\therefore$ 喷头 $\mathrm{A}$ 离地面 $O$ 的高度是 $\frac{5}{4}$ 米.

（2）解: $y=-x^{2}+2 x+\frac{5}{4}=-(x-1)^{2}+\frac{9}{4}$,

$\therefore$ 二次函数的顶点坐标是 $\left(1, \frac{9}{4}\right)$,

$\therefore$ 水流喷出的最大高度是 $\frac{9}{4}$ 米.

(3) 解: 原二次函数变形得, $-x^{2}+2 x+\frac{5}{4}=0$, 即 $4 x^{2}-8 x-5=0$, 解方程得, $x_{1}=-\frac{1}{2}, x_{2}=\frac{5}{2}$, $\because x>0$
$\therefore x=\frac{5}{2}$, 即当 $O B=\frac{5}{2}$ 米时, 水流不落在池外.

【点睛】本题主要考查二次函数一实际问题的综合应用, 掌握二次函数图像的特点是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(10 分) 如图, 在平面直角坐标系中, 已知 A $(-2,0), B(0, m)$ 两点, 且线段 $\mathrm{AB}=2 \sqrt{5}$, 以 $\mathrm{AB}$ 为边在第二象限内作正方形 $\mathrm{ABCD}$.



（1）求点 B 的坐标

(2) 在 $x$ 轴上是否存在点 $Q$, 使 $\triangle Q A B$ 是以 $A B$ 为腰的等腰三角形? 若存在, 请直接写出点 $\mathrm{Q}$ 的坐标, 若不存在, 请说明理由;

(3) 如果在坐标平面内有一点 $P(a, 3)$, 使得 $\triangle A B P$ 的面积与正方形 $A B C D$ 的面 积相等, 求 $\mathrm{a}$ 的值.

##
选项：
答案： (1) $(0,4)(2)$ 存在, $Q$ 点坐标为 $(2 \sqrt{5}-2,0)$ 或 $(-2 \sqrt{5}-2,0)$ 或 $(2,0)$

(3) $a=\frac{19}{2}$ 或 $a=-\frac{21}{2}$


解析：(1) 因为三角形 $\mathrm{ABO}$ 为直角三角形, 所以可依据勾股定理求出 $\mathrm{OB}$ 的长度, 即可求出点 $\mathrm{B}$ 的坐标.

（2）当 $\mathrm{AB}=\mathrm{AQ}$ 时, 三角形 $\mathrm{QAB}$ 为等腰三角形, 当 $\mathrm{BQ}=\mathrm{AB}$ 时, 三角形 $\mathrm{QAB}$ 为等腰三角形, 再根据 $\mathrm{AB}$ 的长度分别求出点 $\mathrm{Q}$ 的坐标即可.

(3) 由 $P(a, 3)$ 可知, $p$ 点在 $y=3$ 直线上运动, 画出简图, 当 $a>0$ 和当 $a<0$ 时, 分两种情况进行分析.

【详解】(1)由题意知 $\mathrm{AB}=2 \sqrt{5}, \mathrm{AO}=2$, 根据勾股定理得 $O B^{2}=A B^{2}-A O^{2}$ $O B=\sqrt{A B^{2}-A O^{2}}=\sqrt{(2 \sqrt{5})^{2}-2^{2}}=4$, 所以点 $\mathrm{B}$ 的坐标为 $(0,4)$

(2) 设 $\mathrm{Q}$ 点坐标为 $(\mathrm{m}, 0)$

当 $A B=A Q$ 时, 即 $A Q=|-2-m|=2 \sqrt{5}$, 解得: $m=2 \sqrt{5}-2$ 或 $-2 \sqrt{5}-2$

则此时 $\mathrm{Q}$ 点坐标为 $(2 \sqrt{5}-2,0)(-2 \sqrt{5}-2,0)$
当 $B Q=A B$ 时, $B Q=\sqrt{(0-m)^{2}+(4-0)^{2}}=\sqrt{m^{2}+16}=2 \sqrt{5}$, 解得: $m=2$ 或-2

而 $\mathrm{m}=-2$ 时与 $\mathrm{A}$ 点重合, 则 $\mathrm{m}=2$.

则 $\mathrm{Q}$ 的坐标为 $(2,0)$

(3) (1)



由题意可知 $p$ 点坐标为 $(a, 3)$, 则 $p$ 点再 $y=3$ 这条直线上, 连接 BP, AP, $y=3$ 与 $y$ 轴的交点为 $H$, 与直线 $A B$ 的交点为 $\mathrm{G}$, 当 $\mathrm{a}$ 大于 0 时, 如图所示:

此时三角形 APB 的面积可以由三角形 PBG 与三角形 PGA 的面积和求得.

设 $\mathrm{AB}$ 直线的函数解析式为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}+\mathrm{b}$, 代入点 $\mathrm{A}(-2,0), \mathrm{B}(0,4)$ 得: $y=2 x+4$

则 $\mathrm{G}$ 点的纵坐标与 $\mathrm{P}$ 点的纵坐标相等, 则把 $\mathrm{y}=3$ 代入 $y=2 x+4$, 得 $\mathrm{x}=-\frac{1}{2}$

则此时 $\mathrm{G}$ 点坐标为 $\left(-\frac{1}{2}, 3\right)$, 则 $\mathrm{PG}=\mathrm{a}-\left(-\frac{1}{2}\right)=a+\frac{1}{2}$

则三角形 $\mathrm{PBG}$ 与三角形 $\mathrm{PGA}$ 的面积和为: $\mathrm{GP} \times \mathrm{BH} \times \frac{1}{2}+\mathrm{GP} \times \mathrm{OH} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{2} \mathrm{GP}(\mathrm{BH}+\mathrm{OH})=\frac{1}{2}$

$\mathrm{GP} \times \mathrm{BO}=\frac{1}{2} \times\left(a+\frac{1}{2}\right) \times 4=2\left(a+\frac{1}{2}\right)$

即 $2\left(a+\frac{1}{2}\right)=(2 \sqrt{5})^{2}$

解得: $a=\frac{19}{2}$.

(2)



当 a 小于 0 时, 如图所示:

同理(1)得: $\mathrm{PG}=-\frac{1}{2}-\mathrm{a}$
则此时有: $\frac{1}{2} \mathrm{GP}(\mathrm{BH}+\mathrm{OH})=\frac{1}{2} \mathrm{GP} \times \mathrm{BO}=\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{2}-a\right) \times 4=2\left(-\frac{1}{2}-a\right)=(2 \sqrt{5})^{2}$

解得: $a=-\frac{21}{2}$

则综上所述: $a=\frac{19}{2}$ 或 $a=-\frac{21}{2}$

【点睛】本题考查知识点较为综合, 解题关键在于需要借助图像, 分情况进行讨论, 在第 (2)问中, 三角形以 $\mathrm{AB}$ 为腰长的等腰三角形的情况有三种, 在第(3)问中, 务必考虑 $\mathrm{P}$ 点横坐标的正负情况.
题目（九年级 · 解析几何）：在平面直角坐标系中, 二次函数 $y=a x^{2}+b x+4$ 的图象与 $x$ 轴交于点 $A(-2,0)$ 和 $B(4,0)$, 与 $y$ 轴交于点 $C$, 直线 $B C$ 与对称轴交于点 $D$.

(1)求二次函数的表达式;

(2)若该二次函数图象的对称轴上有一点 $M$, 当以 $O 、 C 、 D 、 M$ 为


顶点的四边形是平行四边形时, 求点 $M$ 的坐标.


选项：
答案： (1)二次函数的表达式为 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+x+4$

(2)点 $M$ 的坐标为 $1,-1$ 或 $(1,7)$


解析：（1）利用待定系数法求出二次函数的表达式即可;

(2) 先求出拋物线的对称轴为直线 $x=1$, 求得 $C(0,4)$. 则 $O C=4$, 利用待定系数法求出直线 $B C$ 的解析式为 $y=-x+4$, 再求出点 $D(1,3)$. 由点 $M$ 在对称轴直线 $x=1$ 上得到

$D M / / O C$, 可设点 $M$ 的坐标是 $\left(1, y_{M}\right)$, 若以 $O 、 C 、 D 、 M$ 四点为顶点的四边形是平行四边形, 则 $O C=D M$, 则 $\left|3-y_{M}\right|=4$, 解得 $y_{M}=-1$ 或 7 , 即可得到点 $M$ 的坐标.

【详解】(1) 解：将点 $A(-2,0)$ 和点 $B(4,0)$ 代入二次函数表达式 $y=a x^{2}+b x+4$,
则 $\left\{\begin{array}{c}4 a-2 b+4=0, \\ 16 a+4 b+4=0 .\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{c}a=-\frac{1}{2}, \\ b=1\end{array}\right.$

$\therefore$ 二次函数的表达式为 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+x+4$.

（2）由(1)知二次函数表达式为 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+x+4=-\frac{1}{2}(x-1)^{2}+\frac{9}{2}$,

$\therefore$ 拋物线的对称轴为直线 $x=1$,

令 $x=0$, 则 $y=4$,

$\therefore C(0,4)$.

$\therefore O C=4$,

设直线 $B C$ 的解析式为 $y=k x+b$, 把 $C(0,4), B(4,0)$ 代入得到,

$\left\{\begin{array}{c}b=4 \\ 4 k+b=0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{c}k=-1 \\ b=4\end{array}\right.$,

$\therefore$ 直线 $B C$ 的解析式为 $y=-x+4$,

当 $x=1$ 时, $y=-x+4=-1+4=3$,

$\because$ 直线 $B C$ 与对称轴交于点 $D$.

$\therefore D(1,3)$.

$\because$ 点 $M$ 在对称轴直线 $x=1$ 上,

$\therefore D M / / O C$, 可设点 $M$ 的坐标是 $\left(1, y_{M}\right)$,

若以 $O 、 C 、 D 、 M$ 四点为顶点的四边形是平行四边形, 则 $O C=D M$,

$\therefore\left|3-y_{M}\right|=4$,

解得 $y_{M}=-1$ 或 7 .

$\therefore$ 点 $M$ 的坐标为 $1,-1$ 或 $(1,7)$.

【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数和一次函数解析式、平行四边形的性质、二次函数的图象和性质等知识, 熟练掌握平行四边形的性质、二次函数的图象和性质是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 一位篮球运动员投篮, 球沿抛物线 $y=-0.2 x^{2}+b x+2.25$ 运行, 球运行点距运动员水平距离 2.5 米处达到最高, 最高点距地面 3.5 米.

(1)求抛物线的解析式;

(2)若篮筐中心的水平距离 $O H$ 是 4 米，且篮筐中心离地面的高度为 3.05 米，请问该运动员本次投篮是否直接命中篮筐中心？请说明理由;

(3)假设 $P(3, m), Q(t, n)$ 为该抛物线上的两点, 且 $m<n$, 直接写出 $t$ 的取值范围 $\qquad$




选项：
答案： (1) $y=-0.2 x^{2}+x+2.25$

(2)命中, 理由见解析

(3) $2<t<3$


解析：(1) 把 $x=2.5, y=3.5$ 代入 $y=-0.2 x^{2}+b x+2.25$ 求出 $b$ 值即可求解;

（2）把 $x=4$ 代入 $y=-0.2 x^{2}+x+2.25$ 求出 $\mathrm{y}$ 值与 3.05 比美，相等即命中，不等即不能命中;

（3）把 $P(3, m)$ 代入 $y=-0.2 x^{2}+x+2.25$ 得求得 $m=3.45$, 令 $y=3.45$ 求得 $x_{1}=2, x_{2}=3$, 再根据 $m<n$, 利用图象法即可求解.

【详解】(1) 解：由题意知：当 $x=2.5$ 时, $y=3.5$,

把 $x=2.5$ 时, $y=3.5$ 代入 $y=-0.2 x^{2}+b x+2.25$ 得:

$-0.2 \times 2.5^{2}+2.5 b+2.25=3.5$,

解之得: $b=1$,
$\therefore$ 该抛物线的解析式为: $y=-0.2 x^{2}+x+2.25$.

（2）解：命中,

理由如下: 当 $x=4$ 时, $y=-0.2 \times 4^{2}+4+2.25=3.05$,

$\therefore$ 该运动员本次投篮直接命中篮筐中心.

（3）解: 把 $P(3, m)$ 代入 $y=-0.2 x^{2}+x+2.25$ 得:

$m=-0.2 \times 3^{2}+3+2.25=3.45$,

当 $y=3.45$ 时，则 $3.45=-0.2 x^{2}+x+2.25$

解得: $x_{1}=2, x_{2}=3$,



$\because P(3, m), Q(t, n)$

$\therefore$ 由图可知当 $m<n$ 时, $2<t<3$.

【点睛】本题考查拋物线的应用, 熟练掌握用待定系数法求拋物线解析式和拋物线的图象性质是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：综合与探究

如图, 抛物线 $y=a x^{2}+b x+3$ 与 $x$ 轴交于 $\mathrm{A}, B$ 两点, 与 $y$ 轴交于点 $C$, 直线 $l$ 与拋物线交于 $A(-6,0), D(-1,5)$ 两点, 点 $P$ 是直线 $A D$ 上方抛物线上一点, 设点 $P$ 的横坐标为 $m$, 过点 $P$作 $P E \perp A D$ 于点 $E$.

(1)求抛物线的函数表达式;

(2)当 $P E$ 的长最大时, 求线段 $P E$ 的最大值及此时点 $P$ 的坐标;

(3)连接 $B C, O P$, 试探究: 在点 $P$ 运动的过程中, 是否存在点 $P$, 使得 $\angle O P E=\angle B C O$,若存在, 请直接写出 $m$ 的值; 若不存在, 请说明理由.




选项：
答案： (1) $y=-\frac{1}{2} x^{2}-\frac{5}{2} x+3$

(2) 点 $P$ 的坐标为 $\left(-\frac{7}{2}, \frac{45}{8}\right), P E$ 的最大值为 $\frac{25 \sqrt{2}}{16}$

(3)存在, $\quad m=-\sqrt{10}-2$


解析：(1) 由待定系数法即可求解;

（2）证明 $P E=\frac{\sqrt{2}}{2} P N$, 进而求解;

（3）在 $R t \triangle P T O$ 中, $\tan \angle O P E=\frac{1}{3}=\frac{B T}{P T}=\frac{t}{t+P N}$, 求出 $P N=2 t$, 在等腰 $R t \triangle P H N$ 中, $P H=N H=\frac{\sqrt{2}}{2} P N=\sqrt{2} t$, 进而得到点 $P(-2 s, s)$, 即可求解.

【详解】(1) 解: 由题意得: $\left\{\begin{array}{c}36 a-6 b+3=0 \\ a-b+3=5\end{array}\right.$,
解得: $\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2} \\ b=-\frac{5}{2}\end{array}\right.$,

故抛物线的表达式为: $y=-\frac{1}{2} x^{2}-\frac{5}{2} x+3$;

(2) 解：过点 $P$ 作 $P H \perp x$ 轴于点 $H$, 交 $A D$ 于点 $N$,



由点 A、 $D$ 的坐标得, 直线 $A D$ 的表达式为: $y=x+6$,

则直线 $A D$ 和 $x$ 轴的正半轴的夹角为 $45^{\circ}$, 则 $\angle A N H=\angle D A O=45^{\circ}=\angle P N E$,

则 $P E=\frac{\sqrt{2}}{2} P N$,

设点 $P$ 的坐标为: $\left(m,-\frac{1}{2} m^{2}-\frac{5}{2} m+3\right)$, 则点 $N(m, m+6)$,

则 $P N=-\frac{1}{2} m^{2}-\frac{5}{2} m+3-m-6=-\frac{1}{2} m^{2}-\frac{7}{2} m-3=-\frac{1}{2}\left(m+\frac{7}{2}\right)^{2}+\frac{25}{8} \leq \frac{25}{8}$,

即 $P N$ 的最大值为 $\frac{25}{8}$, 此时, 点 $P$ 的坐标为: $\left(-\frac{7}{2}, \frac{45}{8}\right)$,

则 $P E$ 的最大值为 $\frac{25 \sqrt{2}}{16}$,

故点 $P$ 的坐标为: $\left(-\frac{7}{2}, \frac{45}{8}\right), P E$ 的最大值为 $\frac{25 \sqrt{2}}{16}$;

（3）解：存在, 理由:

过点 $O$ 作 $O T \perp P E$ 交 $P E$ 的延长线于点 $T, P T$ 交 $x$ 轴于点 $N$, 过点 $P$ 作 $P H \perp x$ 轴于点 $H$,



$\because \angle O P E=\angle B C O$,

则在 $\triangle O B C$ 中, $\tan \angle O C B=\frac{O B}{O C}=\frac{1}{3}=\tan \angle O P E$,
由直线 $A D$ 的表达式知, $\angle D A O=45^{\circ}=\angle P N H=\angle B N T$,

设 $B T=t=N T$, 则 $N B=\sqrt{2} t$,

在 $R t \triangle P T O$ 中, $\tan \angle O P E=\frac{1}{3}=\frac{B T}{P T}=\frac{t}{t+P N}$,

则 $P N=2 t$,

在等腰 Rt $\triangle P H N$ 中, $P H=N H=\frac{\sqrt{2}}{2} P N=\sqrt{2} t$,

即 $P H=\sqrt{2} t, O H=B N+H N=\sqrt{2} t+\sqrt{2} t=2 \sqrt{2} t$,

设 $s=\sqrt{2} t$, 则 $P H=s, O H=2 S$,

则点 $P(-2 s, s)$, 即 $m=-2 s$,

将点 $P$ 的坐标代入抛物线的表达式得: $s=-\frac{1}{2}(-2 s)^{2}-\frac{5}{2}(-2 s)+3$,

解得: $s=\frac{2 \pm \sqrt{10}}{2}$,

则 $m=-2 s= \pm \sqrt{10}-2$ (舍去正值)，

则 $m=-\sqrt{10}-2$.

【点睛】本题是二次函数综合题, 主要考查了一次和二次函数的性质、解直角三角形等, 有一定的综合性, 难度适中.
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数 $L_{1}: y_{1}=x^{2}+6 x+5 k$ 和 $L_{2}: y_{2}=k x^{2}+6 k x+5 k$, 其中 $k \neq 0$.

(1)写出两条有关二次函数 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ 共有的性质或结论;

(2)若两条抛物线 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ 相交于点 $E, F$, 当 $k$ 的值发生变化时, 判断线段 $E F$ 的长度是否发生变化, 并说明理由;

(3)在（2）中，若二次函数 $L_{1}$ 的顶点为 $M$, 二次函数 $L_{2}$ 的顶点为 $N$;

(1)当 $k$ 为何值时, 点 $M$ 与点 $N$ 关于直线 $E F$ 对称?

(2)是否存在实数 $k$, 使得 $M N=2 E F$ ? 若存在, 求出实数 $k$ 的值; 若不存在, 请说明理由.

##
选项：
答案： (1)见解析

(2)不变, 见解析

(3)(1) -1 ； (2)存在, $\frac{7}{3}$ 或 $-\frac{1}{3}$


解析：(1) 只需从二次函数的对称轴、与 $y$ 轴的交点等角度考虑就可解决问题;

(2) 可令 $y_{1}=y_{2}$, 求出点 $E 、 F$ 的横坐标, 从而得到点 $E 、 F$ 的坐标, 进行得到 $E F$ 的长,就可解决问题;

（3）易得点 $M 、 N$ 的坐标及直线 $E F$ 的关系式, 然后根据条件建立关于 $k$ 的方程, 就可解决问题.

【详解】(1) 二次函数两条共有性质是:

对于抛物线 $L_{1}: y_{1}=x^{2}+6 x+5 k$, 其对称轴为直线 $x=-\frac{6}{2 \times 1}=-3$,

当 $x=0$ 时, $y_{1}=5 k$, 即抛物线与 $y$ 轴的交点坐标为 $(0,5 k)$;

对于抛物线 $L_{2}: y_{2}=k x^{2}+6 k x+5 k$, 其对称轴为直线 $x=-\frac{6 k}{2 \times k}=-3$,

当 $x=0$ 时, $y_{2}=5 k$, 即抛物线与 $y$ 轴的交点坐标为 $(0,5 k)$;

则有:

(1)它们的对称轴相同, 都是 $x=-3$,

(2)它们的图象与 $y$ 轴的交点都是 $(0,5 k)$;

（2）线段 $E F$ 的长度不发生变化,

理由: 当 $y_{1}=y_{2}$ 时, $x^{2}+6 x+5 k=k x^{2}+6 k x+5 k$,

整理得: $(k-1)\left(x^{2}+6 x\right)=0$,

$\because k \neq 1$

$\therefore x^{2}+6 x=0$,

解得: $x=0$ 或 -6 ,

不妨设点 $E$ 在点 $F$ 的左边,

则点 $E$ 的坐标为 $(-6,5 k)$, 点 $F$ 的坐标为 $(0,5 k)$,

$\therefore E F=|0-(-6)|=6$,

$\therefore$ 线段 $E F$ 的长度不发生变化;

（3）(1) $y_{1}=x^{2}+6 x+5 k=(x+3)^{2}+5 k-9$ 得 $M(-3,5 k-9)$,

由 $y_{2}=k x^{2}+6 k x+5 k=k(x+3)^{2}-4 k$ 得 $N(-3,-4 k)$,

$\because$ 直线 $E F$ 关系式为 $y=5 k$, 且点 $M$ 与 $N$ 关于直线 $E F$ 对称,

$\therefore-4 k-5 k=5 k-(5 k-9)$,

解得: $k=-1$;

(2) $\because M N=|(5 k-9)-(-4 k)|=|9 k-9|, \quad M N=2 E F=12$,

$\therefore|9 k-9|=12$,

解得 $k_{1}=\frac{7}{3}, k_{2}=-\frac{1}{3}$,

$\therefore$ 实数 $k$ 为 $\frac{7}{3}$ 或 $-\frac{1}{3}$

【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、解一元二次方程、轴对称的性质、解绝对值方程等知识, 需要注意的是当两点横坐标相同时,两点之间的距离应为这两点纵坐标差的绝对值.

##
题目（九年级 · 解析几何）：已知: 如图, 二次函数 $y=x^{2}+b x+c$ 与 $x$ 轴交于点 $A(-1,0)$ 和点 $B(3,0)$.

(1)求抛物线的解析式.

(2)当 $-2 \leq x \leq 2$ 时, 求二次函数的最大值和最小值.

(3)点 $P$ 是抛物线上一点, 其横坐标为 $m$, 过点 $P$ 作 $P Q / / y$ 轴, 点 $Q$ 的纵坐标为 $-m-1$, 已知点 $P$ 与点 $Q$ 不重合, 且线段 $P Q$ 的长度随 $m$ 的增大而减小.

(1)求 $m$ 的取值范围.



(2)当 $-1<m<2$ 时，在线段 $P Q$ 的右边



(备用图)

作正方形 $P Q R T$, 直接写出正方形

$P Q R T$ 与二次函数 $y=x^{2}+b x+c$ 的图象交点的个数及对应的 $m$ 的取值范围.


选项：
答案： (1) $y=x^{2}-2 x-3$

(2)有最大值 5 , 最小值 -4

(3)(1) $m \leq-1$ 或 $\frac{1}{2} \leq m \leq 2$; (2)当 $-1<m<0$ 时, 正方形与拋物线有一个交点; 当 $m=0,1 \leq m<2$时, 正方形与抛物线有两个交点; 当 $0<m<1$ 时, 正方形与抛物线有三个交点


解析：(1) 将 $A(-1,0), B(3,0)$ 代入 $y=x^{2}+b x+c$, , 即可求出抛物线的解析式;

（2）利用二次函数的图象及性质即可求解;

（3）进行分类讨论：(1)当点 $P$ 与点 $Q$ 重合时，点 $P$ 的纵坐标与点 $Q$ 的纵坐标相等; (2)当 $-1<m<0$ 时, 正方形与抛物线有一个交点.

【详解】(1) 解: 把 $A(-1,0), B(3,0)$ 代入 $y=x^{2}+b x+c$,

得 $\left\{\begin{array}{r}1-b+c=0 \\ 9+3 b+c=0\end{array}\right.$

解得: $b=-2, \quad c=-3$

所以二次函数的解析式为: $y=x^{2}-2 x-3$.

（2）解：当 $-2 \leq x \leq 2$ 时， $x=-2$, 函数有最大值 5 , $x=1$ 时, 函数有最小值 -4 ;

（3）解：(1)当点 $P$ 与点 $Q$ 重合时, 点 $P$ 的纵坐标与点 $Q$ 的纵坐标相等,

即: $m^{2}-2 m-3=-m-1$ ，

解得: $m_{1}=-1, m_{2}=2$.

当 $m \leq-1$ 时, 点 $P$ 在点 $Q$ 的上方,

$P Q=m^{2}-2 m-3-(-m-1)=m^{2}-m-2$,

所以, 当 $m \leq \frac{1}{2}$ 时, $P Q$ 随 $m$ 的增大而减小, 又因为 $m \leq-1$, 所以,

当 $m \leq-1$ 时, $P Q$ 随 $m$ 的增大而减小.

当 $-1 \leq m \leq 2$ 时, 点 $Q$ 在点 $P$ 的上方, $P Q=-m-1-\left(m^{2}-2 m-3\right)=-m^{2}+m+2$,

所以, 当 $m \geq \frac{1}{2}$ 时, $P Q$ 随 $m$ 的增大而减小, 又因为 $-1 \leq m \leq 2$, 所以,

当 $\frac{1}{2} \leq m \leq 2$ 时, $P Q$ 随 $m$ 的增大而减小.

当 $m>2$ 时, 点 $P$ 在点 $Q$ 的上方, $P Q$ 随 $m$ 的增大而增大.

综上所述，当 $m \leq-1$ 或 $\frac{1}{2} \leq m \leq 2$ 时， $P Q$ 的长度随 $m$ 的增大而减小.

(2)当 $-1<m<0$ 时，正方形与抛物线有一个交点;

若点 $T$ 落在拋物线上, 则 $P T=1+(1-m)=2-m$,

又因为 $P Q=-m^{2}+m+2$, 所以, $2-m=-m^{2}+m+2$,

解得, $m_{1}=0, m_{2}=2$ (舍去),

所以当 $m=0$, 正方形与拋物线有两个交点;

当 $0<m<1$ 时, 正方形与抛物线有三个交点;

当 $1 \leq m<2$ 时, 正方形与抛物线有两个交点.

综上所述：当 $-1<m<0$ 时，正方形与抛物线有一个交点; 当 $m=0,1 \leq m<2$ 时, 正方形与抛物线有两个交点; 当 $0<m<1$ 时, 正方形与抛物线有三个交点.

【点睛】本题考查了待定系数法求解析式, 二次函数的图象及性质等, 解题的关键是灵活运用二次函数的图象及性质并注意分类讨论思想的运用.
题目（九年级 · 解析几何）：在一次体育训练中, 某女同学投掷实心球时, 实心球行进高度 $y(\mathrm{~m})$ 与水平距离 $x(\mathrm{~m})$
之间的函数关系是 $y=-\frac{4}{27}(x-3)^{2}+3$

(1)当水平距离为 $3 \mathrm{~m}$ 时, 实心球行进至最高点_m 处;

(2)2022 年初中毕业生升学体育考试女生评分标准（部分）如下表, 请根据此表判断该女生在此次训练中得多少分, 并说明理由.

| 得分 | 8.0 | 7.7 | 7.4 | 7.0 | 6.7 | 6.4 | 6.2 | 6.1 | 5.9 | $\ldots$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 掷远（米） | 7.7 | 7.5 | 7.3 | 7.1 | 6.9 | 6.7 | 6.5 | 6.3 | 6.1 | $\ldots$ |


选项：
答案： (1)3

(2)得分为 7.7 分, 理由见解析


解析：(1) 代入自变量求出函数值即可;

（2）令 $y=0$, 求得 $x$ 值, 再根据表格得出成绩.

【详解】(1) 当 $x=3$ 时, $y=-\frac{4}{27}(3-3)^{2}+3=3$,

故答案为: 3 ;

（2）解：得分为 7.7 分, 理由如下:

令 $y=0$, 则 $-\frac{4}{27}(x-3)^{2}+3=0$,

解得: $x_{1}=7.5, x_{2}=-1.5$ (舍去),

$\therefore$ 该女生在此次训练中投了 7.5 米, 得分为 7.7 分.

【点睛】本题考查了二次函数的应用和一元二次方程的解法, 关键是理解题意把函数问题转化为方程问题即可.