中考数学专题：二次函数与图形面积的最值及定值压轴问题解析

2020年中考数学必考经典专题2二次函数与图形面积的最值及定值压轴问题【方法指导】面积是平面几何中一个重要的概念，关联着平面图形中的重要元素边与角，由动点而生成的面积问题，是抛物线与直线形结合的觉形式，常见的面积问题有规则的图形的面积（如直角三角形、平行四边形、菱形、矩形的面积计算问题）以及不规则的图形的面积计算，解决不规则的图形的面积问题是中考压轴题常考的题型，此类问题计算量较大。有时也要根据题目的动点问题产生解的不确定性或多样性。解决动点产生的面积问题，常用到的知识和方法有：（1）如果三角形的某一条边与坐标轴平行，计算这样“规则”的三角形的面积，直接用面积公式．（2）三角形的三条边没有与坐标轴平行的，计算这样“不规则”的三角形的面积，用“割”或“补”的方法．（3）同底等高三角形的面积相等．平行线间的距离处处相等．（4）同底三角形的面积比等于高的比．（5）同高三角形的面积比等于底的比．【题型剖析】【类型1】二次函数与面积最值问题【例1】如图，抛物线y(x1)2k与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C(0,3)．P为抛物线上一点，横坐标为m，且m0．（1）求此抛物线的解析式；（2）当点P位于x轴下方时，求ABP面积的最大值；（3）设此抛物线在点C与点P之间部分（含点C和点P)最高点与最低点的纵坐标之差为h．①求h关于m的函数解析式，并写出自变量m的取值范围；②当h9时，直接写出BCP的面积．【分析】（1）将点C(0,3)代入y(x1)2k即可；（2）易求A(1,0)，B(3,0)，抛物线顶点为(1,4)，当P位于抛物线顶点时，ABP的面积有最大值；（3）)①当0m1时，h3(m22m3)m22m；当1m2时，h3(4)1；当m2时，hm22m3(4)m22m1；②当h9时若m22m9，此时△0，m无解；若m22m19，则m4，则P(4,5)，BCP的面积1118451(41)36；222【解析】解：（1）将点C(0,3)代入y(x1)2k，得k4，y(x1)24x22x3；（2）令y0，x1或x3，A(1,0)，B(3,0)，AB4；抛物线顶点为(1,4)，当P位于抛物线顶点时，ABP的面积有最大值，1S448；2（3）①当0m1时，h3(m22m3)m22m；当1m2时，h3(4)1；当m2时，hm22m3(4)m22m1；②当h9时若m22m9，此时△0，m无解；若m22m19，则m4，P(4,5)，B(3,0)，C(0,3)，111BCP的面积8451(41)36；222【点评】本题考查二次函数的图象及性质，是二次函数综合题；熟练掌握二次函数的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．【变式训练】如图，抛物线yax22axc(a0)与y轴交于点C(0,4)，与x轴交于点A、B，点A坐标为(4,0)．（1）求该抛物线的解析式；（2）抛物线的顶点为N，在x轴上找一点K，使CKKN最小，并求出点K的坐标；（3）点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE//AC，交BC于点E，连接CQ．当CQE的面积最大时，求点Q的坐标；【分析】（1）把A、C两点坐标代入抛物线解析式可求得a、c的值，可求得抛物线解析；（2）可求得点C关于x轴的对称点C的坐标，连接CN交x轴于点K，再求得直线CK的解析式，可求得K点坐标；（3）过点E作EGx轴于点G，设Q(m,0)，可表示出AB、BQ，再证明BQEBAC，可表示出EG，可得出CQE关于m的解析式，再根据二次函数的性质可求得Q点的坐标；（4）分DODF、FOFD和ODOF三种情况，分别根据等腰三角形的性质求得F点的坐标，进一步求得P点坐标即可．【解析】解：（1）抛物线经过点C(0,4)，A(4,0)，1c4a，解得2，16a8a40c41抛物线解析式为yx2x4；29（2）由（1）可求得抛物线顶点为N(1,)，2如图1，作点C关于x轴的对称点C(0,4)，连接CN交x轴于点K，则K点即为所求，917kbk设直线CN的解析式为ykxb，把C、N点坐标代入可得2，解得2，b4b417直线CN的解析式为yx4，28令y0，解得x，178点K的坐标为(，0)；17（3）设点Q(m,0)，过点E作EGx轴于点G，如图2，1由x2x40，得x2，x4，212点B的坐标为(2,0)，AB6，BQm2，又QE//AC，BQE∽BAC，EGBQEGm22m4，即，解得EG；COBA463112m41281SSS(COEG)BQ(m2)(4)m2m(m1)23．CQECBQEBQ2233333又2m4，当时，有最大值，此时；m1SCQE3Q(1,0)【类型2】二次函数与面积定值问题2【例2】抛物线yx2bxc与x轴交于A(1,0)，B(5,0)两点，顶点为C，对称轴交x轴于点D，点P9为抛物线对称轴CD上的一动点（点P不与C，D重合）．过点C作直线PB的垂线交PB于点E，交x轴于点F．（1）求抛物线的解析式；（2）当PCF的面积为5时，求点P的坐标；（3）当PCF为等腰三角形时，请直接写出点P的坐标．2【分析】（1）函数的表达式为：y(x1)(x5)，即可求解；92m112m（2）确定PB、CE的表达式，联立求得点F(2，0)，SPCDF(2m)(22)5，3PCF223即可求解；（3）分当CPCF、CPPF、CPPF三种情况，分别求解即可．22810【解析】解：（1）函数的表达式为：y(x1)(x5)x2x；9999（2）抛物线的对称轴为x2，则点C(2,2)，设点P(2,m)，将点P、B的坐标代入一次函数表达式：ysxt并解得：15m函数PB的表达式为：ymx，333CEPE，故直线CE表达式中的k值为，m将点C的坐标代入一次函数表达式，36同理可得直线CE的表达式为：yx(2)，mm2m解得：x2，32m故点F(2，0)，3112mSPCDF(2m|)(22)5，PCF223解得：m5或3，故点P(2,3)或(2,5)；（3）由（2）确定的点F的坐标得：2m2mCP2(2m)2，CF2()24，PF2()2m2，332m36①当CPCF时，即：(2m)2()24，解得：m0或(0舍去），359313②当CPPF时，同理可得：m，2③当CFPF时，同理可得：m2（舍去2)，3693139313故点P(2,)或(2,2)或(2,)或(2,)522【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形性质、图形的面积计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．【变式训练】已知抛物线yax2bx3经过点A(1,0)和点B(3,0)，与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点．（1）抛物线的解析式为，抛物线的顶点坐标为；（）如图，连接交于点，当时，请求出点的坐标；21OPBCDSCPD:SBPD1:2D（3）如图2，点E的坐标为(0,1)，点G为x轴负半轴上的一点，OGE15，连接PE，若PEG2OGE，请求出点P的坐标；（4）如图3，是否存在点P，使四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）函数的表达式为：ya(x1)(x3)a(x22x3)，即可求解；22（2）S:S1:2，则BDBC3222，即可求解；CPDBPD33（3）OGE15，PEG2OGE30，则OHE45，故OHOE1，即可求解；（）利用，即可求解．4S四边形BOCPSOBCSPBC8【解析】解：（1）函数的表达式为：ya(x1)(x3)a(x22x3)，即：3a3，解得：a1，故抛物线的表达式为：yx22x3①，顶点坐标为(1,4)；（2）OBOC，CBO45，，SCPD:SBPD1:222BDBC3222，33，yDBDsinCBO2则点D(1,2)；（3）如图2，设直线PE交x轴于点H，OGE15，PEG2OGE30，OHE45，OHOE1，则直线HE的表达式为：yx1②，117联立①②并解得：x（舍去正值），2117171故点P(，)；22（4）不存在，理由：连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，直线BC的表达式为：yx3，设点P(x,x22x3)，点H(x,x3)，则112，S四边形BOCPSOBCSPBC33x2x3x33822整理得：3x29x70，解得：△0，故方程无解，则不存在满足条件的点P．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、一元二次方程应用、图象的面积计算等，难度不大．【类型3】二次函数与等面积问题【例3】如图，二次函数yx2bx3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为(1,0)，点D为OC的中点，点P在抛物线上．（1）b2；（2）若点P在第一象限，过点P作PHx轴，垂足为H，PH与BC、BD分别交于点M、N．是否存在这样的点P，使得PMMNNH？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（）若点的横坐标小于，过点作，垂足为，直线与轴交于点，且，3P3PPQBDQPQxRSPQB2SQRB求点P的坐标．【分析】（1）把点A坐标代入二次函数解析式即求得b的值．（2）求点B、C、D坐标，求直线BC、BD解析式．设点P横坐标为t，则能用t表示点P、M、N、H的坐标，进而用含t的式子表示PM、MN、NH的长．以PMMN为等量关系列得关于t的方程，求得t的值合理（满足P在第一象限），故存在满足条件的点P，且求得点P坐标．（3）过点P作PFx轴于F，交直线BD于E，根据同角的余角相等易证EPQOBD，所以25PQ25cosEPQcosOBD，即在RtPQE中，cosEPQ；在RtPFR中，5PE5PF25255cosRPF，进而得PQPE，PRPF．设点P横坐标为t，可用t表示PE、PF，PR552即得到用表示、．又由易得．要对点位置进行分类讨论得到与的tPQPRSPQB2SQRBPQ2QRPPQPR关系，即列得关于t的方程．求得t的值要注意是否符合各种情况下t的取值范围．【解析】解：（1）二次函数yx2bx3的图象与x轴交于点A(1,0)1b30解得：b2故答案为：2．（2）存在满足条件呢的点P，使得PMMNNH．二次函数解析式为yx22x3当x0时y3，C(0,3)当y0时，x22x30解得：，x11x23A(1,0)，B(3,0)直线BC的解析式为yx3点D为OC的中点，3D(0,)213直线BD的解析式为yx，2213设P(t，t22t3)(0t3)，则M(t,t3)，N(t,t)，H(t,0)22131313PMt22t3(t3)t23t，MNt3(x)t，NHt222222MNNHPMMN13t23tt221解得：t，t3（舍去）122115P(，)24115P的坐标为(，)，使得PMMNNH．24（3）过点P作PFx轴于F，交直线BD于E3OB3，OD，BOD90235BDOB2OD22OB325cosOBDBD3552PQBD于点Q，PFx轴于点FPQEBQRPFR90PRFOBDPRFEPQ9025EPQOBD，即cosEPQcosOBD5PQ25在RtPQE中，cosEPQPE525PQPE5PF25在RtPFR中，cosRPFPR5PF5PRPF252511S2S，SBQPQ，SBQQRPQBQRBPQB2QRB2PQ2QR设直线BD与抛物线交于点G131xx22x3，解得：x3（即点B横坐标），x221221点G横坐标为213设P(t，t22t3)(t3)，则E(t,t)221353PF|t22t3|，PE|t22t3(t)||t2t|22221①若t3，则点P在直线BD上方，如图2，253PFt22t3，PEt2t222PQ2QRPQPR3252553PEPF，即6PE5PF6(t2t)5(t22t3)53222解得：，（舍去）t12t23P(2,3)1②若1t，则点P在x轴上方、直线BD下方，如图3，2此时，，即不成立．PQQRSPQB2SQRB③若t1，则点P在x轴下方，如图4，1353PF(t22t3)t22t3，PEt(t22t3)t2t2222255PQ2QRPQ2PRPE2PF，即2PE5PF525344132(t2t)5(t22t3)解得：t，t3（舍去）P(，)2213239413综上所述，点P坐标为(2,3)或(，)．39【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，解一元二次方程，同角的余角相等，三角函数的应用．第（3）题解题过程容易受第（2）题影响而没有分类讨论点P的位置，要通过图象发现每种情况下相同的和不同的解题思路．【变式训练】如图，抛物线yax2bxc的图象过点A(1,0)、B(3,0)、C(0,3)．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得PAC的周长最小，若存在，请求出点P的坐标及PAC的周长；若不存在，请说明理由；（）在（）的条件下，在轴上方的抛物线上是否存在点（不与点重合），使得？若存32xMCSPAMSPAC在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由于条件给出抛物线与x轴的交点A(1,0)、B(3,0)，故可设交点式ya(x1)(x3)，把点C代入即求得a的值，减小计算量．（）由于点、关于对称轴：直线对称，故有，则，2ABx1PAPBCPACACPCPAACPCPB所以当、、在同一直线上时，最小．利用点、、的坐标求、的长，CPBCPACACCBABCACCB求直线BC解析式，把x1代入即求得点P纵坐标．（）由可得，当两三角形以为底时，高相等，即点和点到直线距离相等．若点3SPAMSPACPACMPAM在点P上方，则有CM//PA．由点A、P坐标求直线AP解析式，即得到直线CM解析式．把直线CM解析式与抛物线解析式联立方程组即求得点M坐标．若点M在点P下方，则此时M所在的直线到直线PA的距离等于第一种情况时CM到PA的距离，故可用平移的方法来求此时点M所在直线的解析式．【解析】解：（1）抛物线与x轴交于点A(1,0)、B(3,0)可设交点式ya(x1)(x3)把点C(0,3)代入得：3a3a1y(x1)(x3)x22x3抛物线解析式为yx22x3（2）在抛物线的对称轴上存在一点P，使得PAC的周长最小．如图1，连接PB、BC点P在抛物线对称轴直线x1上，点A、B关于对称轴对称PAPBCPACACPCPAACPCPB当C、P、B在同一直线上时，PCPBCB最小A(1,0)、B(3,0)、C(0,3)AC123210，BC323232最小CPACACCB1032设直线BC解析式为ykx3把点B代入得：3k30，解得：k1直线BC:yx3yP132点P(1,2)使PAC的周长最小，最小值为1032．（）存在满足条件的点，使得．3MSPAMSPAC当以为底时，两三角形等高点和点到直线距离相等SPAMSPACPACMPA①若点M在点P上方，如图2，CM//PAA(1,0)，P(1,2)，设直线AP解析式为ypxdpd0p1解得：pd2d1直线AP:yx1直线CM解析式为：yx3yx3x0x1解得：1（即点，22C)yx2x3y13y24点M坐标为(1,4)②若点M在点P下方，如图3，则点M所在的直线l//PA，且直线l到PA的距离等于直线yx3到PA的距离直线AP:yx1向下平移2个单位得yx1即为直线l的解析式117117xxyx112解得：222yx2x3171117yy1222点M在x轴上方y0117171点M坐标为(，)22117171综上所述，点M坐标为(1,4)或(，)时，SS．22PAMPAC【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式，轴对称的最短路径问题，勾股定理，平行线间距离处处相等，一元二次方程的解法．其中第（3）题利用等底等高面积相等可知点C和点M到直线PA距离相等，即点M所在的直线与直线PA平行，有这样的直线有两条，需要分类讨论．【类型4】二次函数与面积数量关系【例4】如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，D为顶点，其中点B的坐标为(5,0)，点D的坐标为(1,3)．（1）求该二次函数的表达式；（2）点E是线段BD上的一点，过点E作x轴的垂线，垂足为F，且EDEF，求点E的坐标．3（3）试问在该二次函数图象上是否存在点G，使得ADG的面积是BDG的面积的？若存在，求出点G5的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）依题意，利用二次函数的顶点式即可求解；（2）可通过点B，点D求出线段BD所在的直线关系式，点E在线段BD上，即可设点E的坐标，利用点与点的关系公式，通过EFED即可求解；（3）先求线段AD所在的直线解析式，当点G在x轴的上方时，过点G作直线AD:3x4y90的垂线，交点垂足为Q(x,y)，即可求ADG与BDG的高，利用三角形面积公式即可求．当点G在x轴的下方时，由，所以当与的高相等时，即存在点使得，此时，的AO:OB3:5ADGBDGGSADG:SBDG3:5DG直线经过原点，设直线DG的解析式为ykx，求得与抛物线的交点即可．【解析】解：（1）依题意，设二次函数的解析式为ya(x1)233将点B代入得0a(51)23，得a163二次函数的表达式为：y(x1)2316（2）依题意，点B(5,0)，点D(1,3)，设直线BD的解析式为ykxb，3k05kb4代入得，解得3kb15b4315线段BD所在的直线为yx，44315设点E的坐标为：(x,x)44315ED2(x1)2(x3)2，44315EF2(x)244EDEF，315315(x1)2(x3)2(x)2，4444整理得2x25x250，5解得x，x5（舍去）122351515故点E的纵坐标为y4248515点E的坐标为(,)28（3）存在点G，当点G在x轴的上方时，设点G的坐标为(m,n)，点B的坐标为(5,0)，对称轴x1点A的坐标为(3,0)，设AD所在的直线解析式为ykxb，3k03kb4代入得，解得．3kb9b439直线AD的解析式为yx44AD的距离为5，过点G作直线AD:3x4y90的垂线，交点垂足为Q(x,y)，yn3()1得xm4，化简得3x4y90由上式整理得，(3242)[(xm)2(yn)2](3m4n9)2|3m4n9||GQ|(xm)2(yn)232423m4n9点G到AD的距离为：d||，15315由（2）知直线BD的解析式为：yx，44BD的距离为5，3m4n15同理得点G至BD的距离为：d||，251ADdS13m4n93ADG2，S13m4n155BDGBDd22整理得6m32n900点G在二次函数上，3n(m1)23163代入得6m32[(m1)23]900，16整理得6m26m0m(m1)0，解得，（舍去）m10m2145此时点G的坐标为(0,)16当点G在x轴下方时，如图2所示，AO:OB3:5当ADG与BDG的高相等时，存在点使得，GSADG:SBDG3:5此时，DG的直线经过原点，设直线DG的解析式为ykx，将点D代入得k3，故y3x，y3x则有32y(x1)316整理得，(x1)(x15)0，得（舍去），x11x215当x15时，y45，故点G为(15,45)，45综上所述，点G的坐标为(0,)或(15,45)．16【点评】主要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．【变式训练】如图抛物线yax2bxc经过点A(1,0)，点C(0,3)，且OBOC．（1）求抛物线的解析式及其对称轴；（2）点D、E在直线x1上的两个动点，且DE1，点D在点E的上方，求四边形ACDE的周长的最小值．（3）点P为抛物线上一点，连接CP，直线CP把四边形CBPA的面积分为3:5两部分，求点P的坐标．【分析】（1）OBOC，则点B(3,0)，则抛物线的表达式为：ya(x1)(x3)a(x22x3)ax22ax3a，即可求解；（2）CDAEADDC，则当A、D、C三点共线时，CDAEADDC最小，周长也最小，即可求解；11（3）S:SEB(yy):AE(yy)BE:AE，即可求解．PCBPCA2CP2CP【解析】解：（1）OBOC，点B(3,0)，则抛物线的表达式为：ya(x1)(x3)a(x22x3)ax22ax3a，故3a3，解得：a1，故抛物线的表达式为：yx22x3①，函数的对称轴为：x1；（2）ACDE的周长ACDECDAE，其中AC10、DE1是常数，故CDAE最小时，周长最小，取点C关于函数对称点C(2,3)，则CDCD，取点A(1,1)，则ADAE，故：CDAEADDC，则当A、D、C三点共线时，CDAEADDC最小，周长也最小，四边形ACDE的周长的最小值ACDECDAE101ADDC101AC10113；（3）如图，设直线CP交x轴于点E，直线CP把四边形CBPA的面积分为3:5两部分，11又S:SEB(yy):AE(yy)BE:AE，PCBPCA2CP2CP则BE:AE，3:5或5:3，53则AE或，2231即：点E的坐标为(，0)或(，0)，22将点E、C的坐标代入一次函数表达式：ykx3，解得：k6或2，故直线CP的表达式为：y2x3或y6x3②联立①②并解得：x4或8（不合题意值已舍去），故点P的坐标为(4,5)或(8,45)．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图象面积计算、点的对称性等，其中（1），通过确定点A点来求最小值，是本题的难点．【达标 检测 工程第三方检测合同工程防雷检测合同植筋拉拔检测方案传感器技术课后答案检测机构通用要求培训 】1．如图，已知抛物线yax2bx3与x轴交于点A(3,0)和点B(1,0)，交y轴于点C，过点C作CD//x轴，交抛物线于点D．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线ym(3m0)与线段AD、BD分别交于G、H两点，过G点作EGx轴于点E，过点H作HFx轴于点F，求矩形GEFH的最大面积；（）若直线将四边形分成左、右两个部分，面积分别为，，且，求的3ykx1ABCDS1S2S1:S24:5k值．【分析】（1）利用待定系数法即可得出结论；（2）方法1、先利用待定系数法求出直线AD，BD的解析式，进而求出G，H的坐标，进而求出GH，即可得出结论；方法2、利用相似三角形的对应边上的高的比等于相似比，即可求出GH，即可得出结论；（3）先求出四边形ADNM的面积，分两种情况讨论计算即可．【解析】解：（1）抛物线yax2bx3与x轴交于点A(3,0)和点B(1,0)，9a3b30，ab30a1，b2抛物线的解析式为yx22x3；（2）方法1、由（1）知，抛物线的解析式为yx22x3，C(0,3)，x22x33，x0或x2，D(2,3)，A(3,0)和点B(1,0)，直线AD的解析式为y3x9，直线BD的解析式为yx1，直线ym(3m0)与线段AD、BD分别交于G、H两点，1G(m3，m)，H(m1,m)，314GHm1(m3)m4，33442432，S矩形GEFHmm4m3m(m)333323m，矩形GEFH的最大面积为3．2方法2、由（1）知，抛物线的解析式为yx22x3，C(0,3)，x22x33，x0或x2，D(2,3)，A(3,0)和点B(1,0)，如图1，过点D作DMx轴于M，交GH于N，DNm3，直线ym(3m0)与线段AD、BD分别交于G、H两点，DGH∽DAB，DNGH，DMABm3GH，344GHm4，3442432，S矩形GEFHmm4m3m(m)333323m，矩形GEFH的最大面积为3．2（3）A(3,0)，B(1,0)，AB4，C(0,3)，D(2,3)，CD2，1S四边形3429，ABCD2，S1:S24:5，S14如图，当直线ykx1与CD相交时，设直线ykx1与线段AB相交于M，与线段CD相交于N，14M(，0)，N(，3)，kk14AM3，DN2，kk114S(32)34，12kk15k，7当点N与点D重合时，直线MN的解析式为y2x1，1M(，0)，215AM(3)，221515直线MN和线段AD相交时，S最大34AMN224直线ykx1不能和线段AD相交，15即：k，72．如图，抛物线yax2bx(a0)过点E(10,0)，矩形ABCD的边AB在线段OE上（点A在点B的左边），点C，D在抛物线上．设A(t,0)，当t2时，AD4．（1）求抛物线的函数表达式．（2）当t为何值时，矩形ABCD的周长有最大值？最大值是多少？（3）保持t2时的矩形ABCD不动，向右平移抛物线．当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点G，H，且直线GH平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．【分析】（1）由点E的坐标设抛物线的交点式，再把点D的坐标(2,4)代入计算可得；15（2）由抛物线的对称性得BEOAt，据此知AB102t，再由xt时ADt2t，根据矩形的周42长公式列出函数解析式，配方成顶点式即可得；（3）由t2得出点A、B、C、D及对角线交点P的坐标，由直线GH平分矩形的面积知直线GH必过点P，根据AB//CD知线段OD平移后得到的线段是GH，由线段OD的中点Q平移后的对应点是P知PQ是OBD中位线，据此可得．【解析】解：（1）设抛物线解析式为yax(x10)，当t2时，AD4，点D的坐标为(2,4)，将点D坐标代入解析式得16a4，1解得：a，415抛物线的函数表达式为yx2x；42（2）由抛物线的对称性得BEOAt，AB102t，15当xt时，ADt2t，42矩形ABCD的周长2(ABAD)152[(102t)(t2t)]421t2t202141(t1)2，2210，241当t1时，矩形ABCD的周长有最大值，最大值为；2（3）如图，当t2时，点A、B、C、D的坐标分别为(2,0)、(8,0)、(8,4)、(2,4)，矩形ABCD对角线的交点P的坐标为(5,2)，当平移后的抛物线过点A时，点H的坐标为(4,4)，此时GH不能将矩形面积平分；当平移后的抛物线过点C时，点G的坐标为(6,0)，此时GH也不能将矩形面积平分；当G，H中有一点落在线段AD或BC上时，直线GH不可能将矩形面积平分；当点G，H分别落在线段AB，DC上时，直线GH过点P，必平分矩形ABCD的面积．AB//CD，线段OD平移后得到线段GH．线段OD的中点Q平移后的对应点是P．DPPB，由平移知，PQ//OBPQ是ODB的中位线，1PQOB4，2所以抛物线向右平移的距离是4个单位．3．已知：如图，抛物线yx22x3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，该抛物线的顶点为M．（1）求点A、B、C的坐标．（2）求直线BM的函数解析式．（3）试说明：CBMCMB90．（4）在抛物线上是否存在点P，使直线CP把BCM分成面积相等的两部分？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据题意可以直接可求点A、B、C的坐标；（2）用待定系数法可求解析式；（3）根据两点距离公式可求BM，BC，CM的长度，根据勾股定理的逆定理可得BCM90，即可证：CBMCMB90；（4）根据题意可求线段BM中点坐标，即可求直线CP解析式，且点P在抛物线上，可列方程，即可求点P坐标．【解析】解：（1）抛物线yx22x3与x轴交于A、B两点0x22x3，x13x21点A(1,0)，点B(3,0)抛物线yx22x3与y轴交于点C当x0时，y3点C坐标为(0,3)（2）抛物线yx22x3(x1)24点M(1,4)设直线BM的解析式：ykxb过点B(3,0)，M(1,4)4kb03kb解得：k2，b6直线BM的解析式：y2x6（3）点M(1,4)，点B(3,0)，点C(0,3)BC(30)2(03)232BM(31)2(04)225CM(01)2(43)22BC2CM220，BM220BC2CM2BM2．BCM90CBMCMB90．（4）如图：设直线CP与BM的交点为F直线CP把BCM分成面积相等的两部分SCMFSBCFCMF和BCF是等高的两个三角形FMBF即点F是BM的中点点B(3,0)，点M(1,4)点F坐标为(2,2)设直线CP的解析式为ymxnn322mn1解得：m，n321直线CP解析式yx32点P是直线CP与抛物线yx22x3的交点1x3x22x325解得：x0（不合题意舍去），x12252557当x时，y23242457点P坐标为(，)24．如图，抛物线2与2相交于点、，与分别交轴于点、，且41C1:yxaxC2:yxbxOCC1C2xBAB为线段AO的中点．a（1）求的值；b（2）若OCAC，求OAC的面积；（）抛物线的对称轴为，顶点为，在（）的条件下：3C2lM2①点为抛物线对称轴上一动点，当的周长最小时，求点的坐标；PC2lPACP②如图，点在抛物线上点与点之间运动，四边形的面积是否存在最大值？若存在，求出2EC2OMOBCE面积的最大值和点E的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由两抛物线解析式可分别用a和b表示出A、B两点的坐标，利用B为OA的中点可得到a和b之间的关系式；（2）由抛物线解析式可先求得C点坐标，过C作CDx轴于点D，可证得OCD∽CAD，由相似三角形的性质可得到关于a的方程，可求得OA和CD的长，可求得OAC的面积；（3）①连接OC与l的交点即为满足条件的点P，可求得OC的解析式，则可求得P点坐标；②设出E点坐标，则可表示出EOB的面积，过点E作x轴的平行线交直线BC于点N，可先求得BC的解析式，则可表示出EN的长，进一步可表示出EBC的面积，则可表示出四边形OBCE的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值，及E点的坐标．【解析】解：（）在2中，当时，2，，，1yxaxy0xax0x10x2aB(a,0)，在2中，当时，2，，，yxbxy0xbx0x10x2bA(b,0)，B为OA的中点，b2a，a1；b2yx2ax3（）联立两抛物线解析式可得，消去整理可得2，解得，，22y2x3ax0x10x2ayx2ax233当xa时，ya2，2433C(a,a2)，24过C作CDx轴于点D，如图1，3D(a,0)，2OCA90，OCD∽CAD，CDOD，ADCD313CD2ADOD，即(a2)2a(a)，42222a0（舍去），a3（舍去），a3，1233343OA2a3，CDa21，3412SOACD3；OAC2343（3）①抛物线C:yx2x，2323其对称轴l:x，23点关于的对称点为，，Al2O(0,0)C(3,1)则为直线与的交点，POCl2设OC的解析式为ykx，313k，得k，33OC的解析式为yx，3232当x时，y，33232P(,)；3343234323②设E(m,m2),(0m)，E(m，m2m)(0m)，33331234334则S(m2m)m2m，OBE2333323而B(,0)，C(3,1)，3设直线BC的解析式为ykxb，13kb由，解得，23k3,b20kb3直线BC的解析式为y3x2，过点E作x轴的平行线交直线BC于点N，如图2，433423则m2m3x2，即xm2m，333334233123ENm2mmm2m，33333313123313S1(m2m)m2mEBC23336633431333333173SSSm2mm2mm2m(m)2，四边形OBCEOBEEBC336632232224230m，33173当m时，S最大，224334335当m时，y()2，2232435173E(,)，S最大．242435．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线yx2bxc与x轴交于A(1,0)，B(2,0)两点，与y轴交于2点C．（1）求该抛物线的解析式；（2）直线yxn与该抛物线在第四象限内交于点D，与线段BC交于点E，与x轴交于点F，且BE4EC．①求n的值；②连接AC，CD，线段AC与线段DF交于点G，AGF与CGD是否全等？请说明理由；（3）直线ym(m0)与该抛物线的交点为M，N（点M在点N的左侧），点M关于y轴的对称点为点M，5点H的坐标为(1,0)．若四边形OMNH的面积为．求点H到OM的距离d的值．33【分析】（1）根据抛物线yx2bxc与x轴交于A(1,0)，B(2,0)两点，可得抛物线的解析式；2（2）①过点E作EEx轴于E，则EE//OC，根据平行线分线段成比例定理，可得BE4OE，设点E23的坐标为(x,y)，则OEx，BE4x，根据OB2，可得x，再根据直线BC的解析式为yx3，52212即可得到E(，)，把E的坐标代入直线yxn，可得n的值；②根据F(2,0)，A(1,0)，可得55AF1，再根据点D的坐标为(1,3)，点C的坐标为(0,3)，可得CD//x轴，CD1，再根据AFGCDG，FAGDCG，即可判定AGFCGD；（3）根据轴对称的性质得出OH1MN，进而判定四边形OMNH是平行四边形，再根据四边形OMNH55454的面积为，求得OP，再根据点M的坐标为(，)，得到PM，RtOPM中，运用勾股定33333415541理可得OM，最后根据OMd，即可得到d．33413【解析】解：（1）抛物线yx2bxc与x轴交于A(1,0)，B(2,0)两点，233bc0b2，解得2，62bc0c333该抛物线的解析式yx2x3；22（2）①如图，过点E作EEx轴于E，则EE//OC，BEBE，OECEBE4EC，BE4OE，设点E的坐标为(x,y)，则OEx，BE4x，B(2,0)，OB2，即x4x2，2x，533抛物线yx2x3与y轴交于点C，22C(0,3)，设直线BC的解析式为ykxb，B(2,0)，C(0,3)，32kb0k，解得2，b3b33直线BC的解析式为yx3，2212当x时，y，55212E(，)，55212把E的坐标代入直线yxn，可得n，55解得n2；②AGF与CGD全等．理由如下：直线EF的解析式为yx2，当y0时，x2，F(2,0)，OF2，A(1,0)，OA1，AF211，2323x1yxx33x21由22解得，，4y23yx2y13点D在第四象限，点D的坐标为(1,3)，点C的坐标为(0,3)，CD//x轴，CD1，AFGCDG，FAGDCG，AGFCGD；b1（3）抛物线的对称轴为x，直线ym(m0)与该抛物线的交点为M，N，2a21点M、N关于直线x对称，2设N(t,m)，则M(1t,m)，点M关于y轴的对称点为点M，M(t1,m)，点M在直线ym上，MN//x轴，MNt(t1)1，H(1,0)，OH1MN，四边形OMNH是平行四边形，设直线ym与y轴交于点P，5四边形OMNH的面积为，355OHOP1m，即m，335OP，333547当x2x3时，解得x，x，223132345点M的坐标为(，)，33454M(，)，即PM，33341RtOPM中，OMOP2PM2，35四边形OMNH的面积为，35OMd，3541d．4136．如图，已知二次函数yax2(2a)x3的图象经过点A(4,0)，与y轴交于点B．在x轴上有一动点4C(m，0)(0m4)，过点C作x轴的垂线交直线AB于点E，交该二次函数图象于点D．（1）求a的值和直线AB的解析式；（）过点作于点，设，的面积分别为，，若，求的值；2DDFABFACEDEFS1S2S14S2m（3）点H是该二次函数图象上位于第一象限的动点，点G是线段AB上的动点，当四边形DEGH是平行四边形，且DEGH周长取最大值时，求点G的坐标．3【分析】（1）把点A坐标代入yax2(2a)x3可求a，应用待定系数法可求直线AB的解析式；4（）用表示、，易证，，得到与的数量关系可以构造方程；2mDEACDEF∽AECS14S2DEAE（3）用n表示GH，由平行四边形性质DEGH，可得m，n之间数量关系，利用相似用GM表示EG，表示DEGH周长，利用函数性质求出周长最大时的m值，可得n值，进而求G点坐标．【解析】解：（1）把点A(4,0)代入，得30a42(2a)434解得3a439函数解析式为：yx2x344设直线AB解析式为ykxb把A(4,0)，B(0,3)代入04kbb33k解得4b33直线AB解析式为：yx34（2）由已知，39点D坐标为(m,m2m3)443点E坐标为(m,m3)4AC4m3933DE(m2m3)(m3)m23m4444EC//y轴ACAO4ECOB35AE(4m)4DFADCA90，FBDCEADEF∽AECS14S2AE2DE53(4m)2(m23m)445解得m，m4（舍去）1625故m值为6（3）如图，过点G做GMDC于点M，设点G的横坐标为n，3由（2）DEm23m43同理HGn23n4四边形DEGH是平行四边形33m23mn23n443整理得：(nm)[(nm)3]04mnmn4，即n4mMGnm42m由已知EMG∽BOAMG4EM35EG(42m)4353DEGH周长L2[m23m(42m)]m2m104423a02b11m时，L最大．32a2()32111n433111111G点坐标为(，)，此时点E坐标为(，)3434当点G、E位置对调时，依然满足条件111111点G坐标为(，)或(，)34347．如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx3经过点A(1,0)、B(3,0)两点，且与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）如图②，用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P、Q两点（点P在点Q的左侧），连接PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连接DP、DQ．1（Ⅰ）若点P的横坐标为，求DPQ面积的最大值，并求此时点D的坐标；2（Ⅱ）直尺在平移过程中，DPQ面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由．【分析】（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；（2）(I)由点P的横坐标可得出点P、Q的坐标，利用待定系数法可求出直线PQ的表达式，过点D作5DE//y轴交直线PQ于点E，设点D的坐标为(x,x22x3)，则点E的坐标为(x,x)，进而即可得出47DE的长度，利用三角形的面积公式可得出S2x26x，再利用二次函数的性质即可解决最值问题；DPQ2(II)假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4t，进而可得出点P、Q的坐标，利用待定系数法可求出直线PQ的表达式，设点D的坐标为(x,x22x3)，则点E的坐标为(x，2(t1)xt24t3)，进而即可得出的长度，利用三角形的面积公式可得出22，再利用二次函数DESDPQ2x4(t2)x2t8t的性质即可解决最值问题．【解析】解：（1）将A(1,0)、B(3,0)代入yax2bx3，得：ab30a1，解得：，9a3b30b2抛物线的表达式为yx22x3．17（2）(I)当点P的横坐标为时，点Q的横坐标为，221779此时点P的坐标为(，)，点Q的坐标为(，)．2424设直线PQ的表达式为ymxn，1779将P(，)、Q(，)代入ymxn，得：242417mnm124，解得：5，79nmn4245直线PQ的表达式为yx．4如图②，过点D作DE//y轴交直线PQ于点E，5设点D的坐标为(x,x22x3)，则点E的坐标为(x,x)，457DEx22x3(x)x23x，44173SSSDE(xx)2x26x2(x)28．DPQDPEDQE2QP2220，3315当x时，DPQ的面积取最大值，最大值为8，此时点D的坐标为(，)．224(II)假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4t，点P的坐标为(t,t22t3)，点Q的坐标为(4t，(4t)22(4t)3)，利用待定系数法易知，直线PQ的表达式为y2(t1)xt24t3．设点D的坐标为(x,x22x3)，则点E的坐标为(x，2(t1)xt24t3)，DEx22x3[2(t1)xt24t3]x22(t2)xt24t，1SDE(xx)2x24(t2)x2t28t2[x(t2)]28．DPQ2QP20，当xt2时，DPQ的面积取最大值，最大值为8．假设成立，即直尺在平移过程中，DPQ面积有最大值，面积的最大值为8．8．已知抛物线ya(x1)2过点(3,1)，D为抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式；1（2）若点B、C均在抛物线上，其中点B(0,)，且BDC90，求点C的坐标；4（3）如图，直线ykx4k与抛物线交于P、Q两点．①求证：PDQ90；②求PDQ面积的最小值．【分析】（1）将点(3,1)代入解析式求得a的值即可；1BODF（2）设点C的坐标为(x，y)，其中y(x1)2，作CFx轴，证BDO∽DCF得，即00040DOCF1|x1|10据此求得x的值即可得；4|y|100(x1)40（）①设点的坐标为，，点为，，联立直线和抛物线解析式，化为关于的方程可得3P(x1y1)Q(x2y2)xxx4k212，据此知，由12、12、(x11)(x21)16PMy1(x11)QNy2(x21)x1x24k1544PMDNDM|x1|1x、DN|x1|x1知PMQNDMDN16，即，从而得PMD∽DNQ，1122DMQN据此进一步求解可得；1②过点D作x轴的垂线交直线PQ于点G，则DG4，根据SDGMN列出关于k的等式求解可得．PDQ2【解析】解：（1）将点(3,1)代入解析式，得：4a1，1解得：a，41所以抛物线解析式为y(x1)2；4（2）由（1）知点D坐标为(1,0)，设点的坐标为，，、，C(x0y0)(x01y00)1则y(x1)2，040如图1，过点C作CFx轴，BODDFC90、DCFCDF90，BDC90，BDOCDF90，BDODCF，BDO∽