中考數(shù)學(xué)解題技巧 16 四邊形面積求最值問題

四邊形面積求最值問題1．（2021·廣西·中考一模）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于原點O和點A(6，0)，拋物線的頂點為B．（1）求該拋物線的解析式和頂點B的坐標；（2）若動點P從原點O出發(fā)，以每秒1個長度單位的速度沿線段OB運動，同時有一動點M從點A出發(fā)，以每秒2個長度單位的速度沿線段AO運動，當P、M其中一個點停止運動時另一個點也隨之停止運動．設(shè)它們的運動時間為t（s），連接MP，當t為何值時，四邊形ABPM的面積最小？并求此最小值．（3）在（2）的條件下，當t為何值時，OPM是直角三角形？【答案】（1），B，；（2），；（3）秒或秒【分析】（1）根據(jù)點，的坐標，利用待定系數(shù)法可求出二次函數(shù)的解析式，再將二次函數(shù)解析式由一般式變形為頂點式，即可得出頂點的坐標；（2）當運動時間為時，，，，，結(jié)合點，的運動速度可得出，由可得出四邊形的面積關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決最值問題．（3）由（2）得到∠POA=60°，分∠OPM=90°，∠OMP=90°兩種情況，分別列方程求解．【詳解】解：（1）將，代入，得：，解得：，該拋物線的解析式為．，頂點的坐標為，．（2）過P作PC⊥軸于C，過B作BD⊥軸于D，如圖：∵點的坐標為，，∴，∴，，當運動時間為時，，，，．當、其中一個點停止運動時另一個點也隨之停止運動，．，，，，．，當時，四邊形的面積取最小值，最小值為；（3）由（3）得：∵A（6，0），B（3，），，∴∠POA=60°，OP=t，AM=2t，則OM=6-2t，若△OPM是直角三角形，當∠OPM=90°時，∠OMP=30°，則OM=2OP，即6-2t=2t，解得：t=；當∠OMP=90°時，∠OPM=30°，則OP=2OM，即t=2（6-2t），解得：t=；綜上：當t為秒或秒時，△OPM是直角三角形．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、解直角三角形、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、三角形的面積以及二次函數(shù)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：根據(jù)點的坐標，利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式，同時注意分類討論．2．（2021·重慶巴蜀中學(xué)中考二模）在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于點與軸交于，兩點（點在點的左側(cè)），其中，并且拋物線過點．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，點為直線上方拋物線上一點，過作軸交于點．連接，，，求四邊形面積的最大值及點的坐標；（3）如圖2，將拋物線沿射線方向平移得新拋物線，是否在新拋物線上存在點，在平面內(nèi)存在點，使得以，，，為頂點的四邊形為正方形？若存在，直接寫出此時新拋物線的頂點坐標，若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）時，最大為，點P的坐標為(3，)；（3）存在，新拋物線的頂點坐標為(5，2)或(3，-1)或(，)．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）要使S四邊形CPDE最大，則PE最大，設(shè)P(t，t2+t+3)，則E(t，t+3)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可；（3）分情況討論，當AC為正方形ACMN的邊時，當AC為正方形ACNM的邊時，當AC為正方形AMCN的對角線時，分別作出輔助線，利用全等三角形的判定和性質(zhì)以及二次函數(shù)的平移規(guī)律解答即可．【詳解】解：（1）因為拋物線過點A(?2，0)和D(4，3)，∴，解得：，∴拋物線的解析式為；（2）拋物線的對稱軸為，則頂點坐標為(2，4)，∵點A(?2，0)，∴點B(6，0)，令，則，∴C(0，3)，又D(4，3)，∴DC//x軸，∴PE⊥CD，∵S四邊形CPDE=PE?CD，∴S四邊形CPDE最大，即PE最大，設(shè)直線BC的解析式為，∴，∴，∴直線BC的解析式為，設(shè)P(t，t2+t+3)，則E(t，t+3)，∴PE=t2+t=，∴t=3時，S四邊形CPDE最大為，此時P的坐標為(3，)；（3）∵A(?2，0)，C(0，3)，∴OA=2，OC=3，∴AC=，當AC為正方形ACMN的邊時，如圖，

則MN=MC=AN=AC，過M作MG⊥軸于G，過N作NQ⊥軸于Q，∵ACMN為正方形，∴∠ACM=∠CAN=90，∴∠ACO+∠GCM=∠CAO+∠QAN=∠CAO+∠ACO=90，∠QAN+∠ANQ=90，∴∠GCM=∠OAC=∠QNA，∴Rt△GCMRt△OACRt△QNA，∴GC=OA=QN=2，GM=OC=QA=3，∴M(3，1)，N(1，2)，∵經(jīng)過點M的新拋物線是原拋物線平移得到的，∵原拋物線的頂點坐標為(2，4)，由平移的性質(zhì)得，新拋物線的頂點坐標為(2+3，4-2)，即(5，2)；當AC為正方形ACNM的邊時，如圖，同理求得，N(3，1)，M(1，2)，同理，新拋物線的頂點坐標為(2+1，4-5)，即(3，-1)；當AC為正方形AMCN的對角線時，如圖，則AM=MC=CN=AN，∠CMA=90，過M作MF⊥軸于F，過M作MH⊥軸于H，∴四邊形MFOH為矩形，MF∥AO，∴∠FMA=∠MAH，∠CMF+∠FMA=90，∠CMF+∠MCF=90，∴∠MAH=∠MCF，∴Rt△MAHRt△MCF，∴AH=CF，MH=MF，∴四邊形MFOH為正方形，設(shè)正方形MFOH的邊長為x，∴AO+OH=CO-OF，即2+x=3-x，解得：，點M的坐標為(，)，同理，新拋物線的頂點坐標為(2+，4-)，即(，)；綜上，新拋物線的頂點坐標為(5，2)或(3，-1)或(，)．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，需要掌握待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，二次函數(shù)的平移等知識點，正確的作出輔助線、分類討論是解題的關(guān)鍵．3．（2021·重慶市育才中學(xué)九年級期末）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與y軸交于點C，與x軸交于A、B兩點（點A在點B左側(cè)），且A點的坐標為，直線的解析式為．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖，過A作，交拋物線于點D，點P為直線下方拋物線上一動點，連接，，求四邊形面積的最大值：（3）將拋物線向左平移個單位長度，平移后的拋物線的頂點為E，連接，將線段沿y軸平移得到線段（為B的對應(yīng)點，為E的對應(yīng)點），直線與x軸交于點F，點Q為原拋物線對稱軸上一點，連接，能否成為以為直角邊的等腰直角三角形？若能，請直接寫出所有符合條件的點Q的坐標；若不能，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）能，點Q的坐標為(，)或(，)或Q(，)或(，)．【分析】（1）利用一次函數(shù)解析式，將點B、C的坐標寫出來，再利用待定系數(shù)法即可；（2）四邊形面積最大時，即的面積最大，利用過P作軸交于點H，將三角形利用分割的方法計算出面積即可；（3）分以FQ為斜邊和以E1Q為斜邊，兩種大的情況討論，分別作出圖形，利用特殊角的三角函數(shù)值以及全等三角形的判定和性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）∵直線的解析式為,∴，將代人得：，解得：∴拋物線解析式為；（2）連接，∵∴．∴四邊形面積最大時，即的面積最大設(shè)，過P作軸交于點H∴，∴∴∴當時，的面積最大為∴四邊形面積的最大值為（3）拋物線的對稱軸為：，∵將拋物線向左平移個單位長度，∴平移后的拋物線解析式為，∴E(0，-3)，∵B(3，0)，∴在Rt△BOE中，，∴∠OBE=30°，∠OEB=60°，∵E1F∥BE，∴∠E1FO=30°，∠FE1O=60°，∵∠QE1F=90°，∴∠QE1O=30°，以FQ為斜邊，且E1在x軸上方時，過Q作QH⊥軸于H，設(shè)Q(，m)，在Rt△QHE1中，QH=，∴HE1=QH=3，QE1=2，∵能否成為以為直角邊的等腰直角三角形，∴E1F=QE1，∴△E1FO△QE1H，∴E1O=QH=，∴E1H=E1O+OH=，∴，∴Q(，)；以FQ為斜邊，且E1在x軸下方時，同理可得，∴Q(，)；以E1Q為斜邊，且Q在x軸上方時，同理可證△QPF△FOE1，∠PQF=30°，設(shè)Q(，m)，∴PQ=OF=m，PF=m-，在Rt△QPF中，PQ=PF，∴，∴Q(，)；以E1Q為斜邊，且Q在x軸下方時，同理可證△QPF△FOE1，∠PQF=30°，設(shè)Q(，m)，∴PQ=OF=-m，PF=，在Rt△QPF中，PQ=PF，∴，∴Q(，)；綜上，能，點Q的坐標為(，)或(，)或Q(，)或(，)．【點睛】本題考查二次函數(shù)解析式，一次函數(shù)，三角形的面積，特殊角的三角函數(shù)值，全等三角形的判定和性質(zhì)等，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．4．（2021·浙江·紹興市九年級期中）如圖，已知拋物線的圖象經(jīng)過點，，與y軸交于點C，拋物線的頂點為D，對稱軸與x軸相交于點E，連接BD．（1）求拋物線的解析式．（2）在拋物線上點B和點D之間是否存在一點H使得四邊形OBHC的面積最大，若存在求出四邊形OBHC的最大面積，若不存在，請說明理由．（3）直線BD上有一點P，使得時，過P作軸于F，點M為x軸上一動點，N為直線PF上一動點，G為拋物線上一動點，當以點F，N，G，M四點為頂點的四邊形為正方形時，求點M的坐標．【答案】（1）；（2）存在，；（3）點M的坐標為，，，【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先求出C、D的坐標，設(shè)點，即可得到，由此求解即可；（3）先求出E點坐標，利用待定系數(shù)法求出直線BD的解析式，利用求出P點坐標，設(shè)設(shè)，則，，利用建立方程求解即可．【詳解】解：（1）∵拋物線的圖象經(jīng)過點，∴，∴，∴拋物線的解析式為；（2）當時，，所以點，當時，所以點設(shè)點所以當時，．（3）由（1）知，拋物線的解析式為；∴，拋物線的頂點，∴，設(shè)直線BD的解析式為，∴，∴∴直線BD的解析式為，設(shè)點，∵，，根據(jù)勾股定理得，，，∵，∴∴，∴，∴，如圖，作軸于F，∵，設(shè)，則，∴以點F，N，G，M四點為頂點的四邊形為正方形，必有，∴∴或，∴點M的坐標為，，，．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，正方形的性質(zhì)，兩點距離公式等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識進行求解．5．（2021·廣東深圳·中考一模）在平面直角坐標系中，點為坐標原點，直線與軸交于點，過點的拋物線與直線交于另一點，且點的橫坐標為1（1）該拋物線的解析式為；（2）如圖1，為拋物線上位于直線上方的一動點（不與、重合），過作軸，交軸于，連接，為中點，連接，過作交直線于，若點的橫坐標為，點的橫坐標為，求與的函數(shù)關(guān)系式；在此條件下，如圖2，連接并延長，交軸于，連接，求為何值時，．（3）如圖3，將直線繞點順時針旋轉(zhuǎn)15度交拋物線對稱軸于點，點為線段上的一動點（不與、重合），以點為圓心、以為半徑的圓弧與線段交于點，以點為圓心、以為半徑的圓弧與線段交于點，連接．在點運動的過程中，四邊形的面積有最大值還是有最小值？請求出該值．【答案】（1）；（2）；；（3）存在最小值，【分析】（1）先求出點、的坐標，然后利用待定系數(shù)法，即可求出拋物線解析式；（2）過點作軸于，于，先證明、、三點在以為圓心為半徑的上，再證明，然后得到，，再設(shè)，通過建立關(guān)于的方程，解方程即可；（3）設(shè)，四邊形的面積為，過作，垂足為，利用三角函數(shù)和三角形面積關(guān)系即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）直線與軸交于點，令，則，點為，直線經(jīng)過點，點的橫坐標為1，點的縱坐標為：，點為：，把點、代入，得：，解得：，拋物線解析式為．（2）如圖1，過點作軸于，于，設(shè)直線與軸交于點，當時，，，，，，，，、、三點在以為圓心為半徑的上，，，，，，在和中，，，，，，，，，，，．如圖2，連接并延長，交軸于，連接，，，，為中點，即，，，解得，時，．（3）四邊形的面積有最小值．設(shè)，四邊形的面積為，是拋物線對稱軸上一點，．直線繞點旋轉(zhuǎn)，，是等邊三角形，，，，，如圖3，過作，垂足為，則，，．在點運動的過程中，四邊形的面積有最小值為．【點睛】本題考查了全等三角形判定和性質(zhì)，三角函數(shù)、三角形面積、二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等重要知識點，解題時必須認真審題，熟練運用相關(guān)知識，運用數(shù)形結(jié)合、方程思想和轉(zhuǎn)化思想思考問題和解決問題．6．（2021—2022江蘇常熟市九年級開學(xué)考試）如圖，已知拋物線的圖像經(jīng)過點，，其對稱軸為直線：，過點作軸交拋物線于點，的平分線交線段于點，點是拋物線上的一個動點，設(shè)其橫坐標為．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，動點在直線下方的拋物線上，連結(jié)，當為何值時，四邊形面積最大，并求出其最大值．（3）如圖②，是拋物線的對稱軸上的一點，連接，在拋物線軸下方的圖像上是否存在點使?jié)M足：①；②？若存在，求點的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）當時，四邊形OPCE的面積最大，最大值為：；（3）【分析】（1）首先根據(jù)對稱性得出拋物線與軸的另一個交點坐標，然后根據(jù)兩坐標設(shè)拋物線解析式，代入點A的坐標，即可得解；（2）設(shè)P坐標，過點P作PF軸，將四邊形OPCE的面積表示為：梯形，計算即可；（3）根據(jù)，確定點的位置，構(gòu)造一線三直角，證明相似，列出等量關(guān)系，計算即可．【詳解】（1）如圖，設(shè)拋物線與軸的另一個交點為D由對稱性得：D(3,0)設(shè)拋物線的解析式為：把A(0,3)代入得：即∴拋物線的解析式：（2）如圖，過點P作軸，交AC于點F在中，點A與點C關(guān)于對稱軸對稱∵A（0，3），∴C（4，3）∵OE平分，且∴∴AE=AO=3設(shè)，則則，，故四邊形=梯形，∵P在BC的下方∴∴當時，四邊形OPCE的面積最大，最大值為：（3）存在，理由如下，如圖，過點P作交軸于點M，交于點N點在左側(cè)，∴∵，則，∴即解得：在軸下方，則當時，點P為．【點睛】此題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用、相似三角形的判定與性質(zhì)以及解一元二次方程，正切的定義，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．7．（2021·重慶·巴川中學(xué)校九年級月考）拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，拋物線的對稱軸交x軸于點D，已知，（1）求拋物線的表達式；（2）如圖1，點P是線段上的一個動點，過點P作x軸的垂線與拋物線相交于點Q，當點P運動到什么位置時，四邊形的面積最大？求出四邊形的最大面積及此時Р點的坐標．（3）如圖2，設(shè)拋物線的頂點為M，將拋物線沿射線方向以每秒個單位的速度平移t秒，平移后的拋物線的頂點為，當是等腰三角形時，求t的值．【答案】（1）；（2）面積的最大值為，P；（3）或0.625或【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）由，即可求解；（3）拋物線沿射線方向以每秒個單位的速度平移秒，即運動了個單位，由直線的表達式知，此時點向右平移了個單位向下平移了個單位，則點，，進而求解．【詳解】解：（1）將點、的坐標代入拋物線表達式得，解得，故拋物線的表達式為；（2）對于，令，解得或4，故點的坐標為，拋物線的對稱軸為直線，故點的坐標為，，則，由點、的坐標得：直線的表達式為，設(shè)點的坐標為，則點的坐標為，設(shè)四邊形的面積為，則，，故有最大值，當時，即四邊形的面積取得最大值為，此時，點的坐標為；（3）由拋物線的表達式知，點的坐標為，，拋物線沿射線方向以每秒個單位的速度平移秒，即運動了個單位，由直線的表達式知，此時點向右平移了個單位向下平移了個單位，則點，，由點、、的坐標知，，同理可得，，，當時，則，解得（不合題意的值已舍去）；當時，，解得；當時，，解得（不合題意的值已舍去）；故或0.625或．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系．8．（2021·吉林鐵西·九年級期末）如圖，拋物線（，是常數(shù)，且）與軸交于，兩點，與軸交于點．并且，兩點的坐標分別是，，拋物線頂點為．（1）①求出拋物線的解析式；②頂點的坐標為______；③直線的解析式為______；（2）若為線段上的一個動點，其橫坐標為，過點作軸于點，求當為何值時，四邊形的面積最大？（3）若點在拋物線的對稱軸上，若線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)后，點的對應(yīng)點恰好也落在此拋物線上，請直接寫出點的坐標．【答案】（1）①；②的坐標為：；③；（2）當時，；（3）或．【分析】（1）①利用待定系數(shù)法把，代入，得，解方程組即可；②把拋物線配方變?yōu)轫旤c式即可；③利用待定系數(shù)法將點、的坐標代入一次函數(shù)表達式并得：解方程組即可；（2）由點的橫坐標為，可得點E（m，2m+6），求出，利用梯形面積可得利用函數(shù)性質(zhì)即可求解；（3）拋物線對稱軸與軸交于H，過作AG⊥DH于G，先證△APH≌△（AAS），可得AH=PG，,用含m代數(shù)式表示點，利用點在拋物線上，列出m的方程，求解即可．【詳解】解：（1）①把，代入，得，解得：，∴②∵的坐標為：（-1，4）故答案（-1，4）③設(shè)BD函數(shù)表達式為將點、的坐標代入一次函數(shù)表達式得：解得直線的表達式為：，故答案為：（2）連接EC∵點的橫坐標為，則點的縱坐標為，點E（m，2m+6）當時，∴由題意可知：，，∴∵=，點E在線段BD上，，∴當時，；（3）拋物線對稱軸與軸交于H，過作AG⊥DH于G，∵PA′=PA，∠CPA=90°，∴+∠APH=90°，=90°，∴在△APH和△中，，∴△APH≌△（AAS），∴AH=PG，,∵A（1,0），對稱軸x=，H（-1，0）∴AH=2，設(shè)PH=m,∴點，∵點在拋物線上整理得因式分解的解得或當，P（-1，1），點與點C重合，在拋物線上，滿足條件，當，P（-1，-2），點與點B重合，在拋物線上，滿足條件，∴點或．【點睛】本題考查待定系數(shù)法求拋物線解析式，一次函數(shù)解析式，拋物線性質(zhì)，列梯形面積函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問題，圖形旋轉(zhuǎn)，三角形全等判定與性質(zhì)，解一元二次方程，本題難度較大，通過輔助線畫出準確圖形是解題關(guān)鍵．9．（2020·湖北襄陽·中考真題）如圖，直線交y軸于點A，交x軸于點C，拋物線經(jīng)過點A，點C，且交x軸于另一點B．（1）直接寫出點A，點B，點C的坐標及拋物線的解析式；（2）在直線上方的拋物線上有一點M，求四邊形面積的最大值及此時點M的坐標；（3）將線段繞x軸上的動點順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段，若線段與拋物線只有一個公共點，請結(jié)合函數(shù)圖象，求m的取值范圍．【答案】（1）A（0，2），B（﹣2，0），C（4，0），拋物線的解析式是；（2）四邊形面積的最大值為8，點M的坐標為（2，2）；（3）或．【分析】（1）對直線，分別令x=0，y=0求出相應(yīng)的y，x的值即得點A、C的坐標，根據(jù)待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式，利用拋物線的對稱性即可求出點B的坐標；（2）過點M作ME⊥x軸于點E，交直線AC于點F，如圖1所示．設(shè)點M的橫坐標為m，則MF的長可用含m的代數(shù)式表示，然后根據(jù)S四邊形ABCM=S△ABC+S△AMC即可得出S四邊形ABCM關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出四邊形面積的最大值及點M的坐標；（3）當m＞0時，分旋轉(zhuǎn)后點與點落在拋物線上時，分別畫出圖形如圖2、圖3，分別用m的代數(shù)式表示出點與點的坐標，然后代入拋物線的解析式即可求出m的值，進而可得m的范圍；當m＜0時，用同樣的方法可再求出m的一個范圍，從而可得結(jié)果．【詳解】解：（1）對直線，當x=0時，y=2，當y=0時，x=4，∴點A的坐標是（0，2），點C的坐標是（4，0），把點A、C兩點的坐標代入拋物線的解析式，得：，解得：，∴拋物線的解析式為，∵拋物線的對稱軸是直線，C（4，0），∴點B的坐標為（﹣2，0）；∴A（0，2），B（﹣2，0），C（4，0），拋物線的解析式是；（2）過點M作ME⊥x軸于點E，交直線AC于點F，如圖1所示．設(shè)M（m，），則F（m，），∴，∴S四邊形ABCM=S△ABC+S△AMC=，∵0＜m＜4，∴當m=2時，四邊形面積最大，最大值為8，此時點M的坐標為（2，2）；（3）若m＞0，當旋轉(zhuǎn)后點落在拋物線上時，如圖2，線段與拋物線只有一個公共點，∵點的坐標是（m+2，m），∴，解得：或（舍去）；當旋轉(zhuǎn)后點落在拋物線上時，如圖3，線段與拋物線只有一個公共點，∵點的坐標是（m，m），∴，解得：m=2或m=﹣4（舍去）；∴當m＞0時，若線段與拋物線只有一個公共點，m的取值范圍是：；若m＜0，當旋轉(zhuǎn)后點落在拋物線上時，如圖4，線段與拋物線只有一個公共點，∵點的坐標是（m，m），∴，解得：m=﹣4或m=2（舍去）；當旋轉(zhuǎn)后點落在拋物線上時，如圖5，線段與拋物線只有一個公共點，∵點的坐標是（m+2，m），∴，解得：或（舍去）；∴當m＜0時，若線段與拋物線只有一個公共點，m的取值范圍是：；綜上，若線段與拋物線只有一個公共點，m的取值范圍是：或．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、一元二次方程的解法、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)以及拋物線上點的坐標特點等知識，具有較強的綜合性，屬于中考壓軸題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、靈活應(yīng)用數(shù)形結(jié)合的思想是解題的關(guān)鍵．10．（2021·青海西寧·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，點C的坐標為，拋物線經(jīng)過A，B，C三點．（1）求拋物線的解析式；（2）直線AD與y軸負半軸交于點D，且，求證：；（3）在（2）的條件下，若直線與拋物線的對稱軸l交于點E，連接，在第一象限內(nèi)的拋物線上是否存在一點P，使四邊形的面積最大？若存在，請求出點P的坐標及四邊形面積的最大值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）見解析；（3）存在，當P點坐標是時，四邊形面積的最大值是【分析】（1）由一次函數(shù)可求得A、B兩點的坐標，從而用待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析式；（2）證明即可解決；（3）過點E作軸于點M，由可求得△ABE的面積為定值12；因此只要求出點P的位置使△PAB的面積最大，從而使四邊形的面積最大；為此過點P作軸于點，交直線AB于點N，過點B作于點，設(shè)點P的坐標為，則可求得PN，且，由可得關(guān)于t的二次函數(shù)，從而求得△PAB面積的最大值，因而可得四邊形BEAP面積的最大值，且可求得此時點P的坐標．【詳解】（1）一次函數(shù)與x軸的交點，令，則，解得；與y軸的交點，令，則∴，設(shè)拋物線的解析式為把A，B，C三點坐標代入解析式，得解得∴拋物線的解析式為（2）在平面直角坐標系中，在和中∴∴（全等三角形的對應(yīng)邊相等）（3）存在，理由如下：過點E作軸于點M∵∴拋物線的對稱軸是直線∴E點的橫坐標是2，即∵∴∴∵∴∴設(shè)點P的坐標為過點P作軸于點，交直線AB于點N，過點B作于點，如圖∴∴∵∵∴∵，拋物線開口向下，函數(shù)有最大值∴當時，面積的最大值是，此時四邊形的面積最大∴，當時，∴∴當P點坐標是時，四邊形面積的最大值是．【點睛】本題是二次函數(shù)與圖形面積的綜合問題，它考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，全等三角形的判定與性質(zhì)，求二次函數(shù)的最值，求圖形的面積等知識，求圖形面積時用到了割補法，這是在平面直角坐標系中常用的求面積方法，用到了轉(zhuǎn)化思想，即求四邊形面積最大值問題轉(zhuǎn)化為求三角形面積最大值問題．11．（2021·重慶酉陽·九年級期末）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+4x+5與y軸交于點A，與x軸的正半軸交于點C．(1)求直線AC解析式；(2)過點A作AD平行于x軸，交拋物線于點D，點F為拋物線上的一點(點F在AD上方)，作EF平行于y軸交AC于點E，當四邊形AFDE的面積最大時？求點F的坐標，并求出最大面積；(3)若動點P先從(2)中的點F出發(fā)沿適當?shù)穆窂竭\動到拋物線對稱軸上點M處，再沿垂直于y軸的方向運動到y(tǒng)軸上的點N處，然后沿適當?shù)穆窂竭\動到點C停止，當動點P的運動路徑最短時，求點N的坐標，并求最短路徑長.【答案】(1)y＝﹣x+5；(2)點F(，)；四邊形AFDE的面積的最大值為；(3)點N(0，)，點P的運動路徑最短距離＝2+.【分析】(1)先求出點A，點C坐標，用待定系數(shù)法可求解析式；(2)先求出點D坐標，設(shè)點F(x，﹣x2+4x+5)，則點E坐標為(x，﹣x+5)，即可求EF＝﹣x2+5x，可求四邊形AFDE的面積，由二次函數(shù)的性質(zhì)可求解；(3)由動點P的運動路徑＝FM+MN+NC＝GM+2+MH，則當點G，點M，點H三點共線時，動點P的運動路徑最小，由兩點距離公式可求解.【詳解】解：(1)∵拋物線y＝﹣x2+4x+5與y軸交于點A，與x軸的正半軸交于點C.∴當x＝0時，y＝5，則點A(0，5)當y＝0時，0＝﹣x2+4x+5，∴x1＝5，x2＝﹣1，∴點B(﹣1，0)，點C(5，0)設(shè)直線AC解析式為：y＝kx+b，∴解得：∴直線AC解析式為：y＝﹣x+5，(2)∵過點A作AD平行于x軸，∴點D縱坐標為5，∴5＝﹣x2+4x+5，∴x1＝0，x2＝4，∴點D(4，5)，∴AD＝4設(shè)點F(x，﹣x2+4x+5)，則點E坐標為(x，﹣x+5)∴EF＝﹣x2+4x+5﹣(﹣x+5)＝﹣x2+5x，∵四邊形AFDE的面積＝AD×EF＝2EF＝﹣2x2+10x＝﹣2(x﹣)2+∴當x＝時，四邊形AFDE的面積的最大值為，∴點F(，)；(3)∵拋物線y＝﹣x2+4x+5＝﹣(x﹣2)2+9，∴對稱軸為x＝2，∴MN＝2，如圖，將點C向右平移2個單位到點H(7，0)，過點F作對稱軸x＝2的對稱點G(，)，連接GH，交直線x＝2于點M，∵MN∥CH，MN＝CH＝2，∴四邊形MNCH是平行四邊形，∴NC＝MH，∵動點P的運動路徑＝FM+MN+NC＝GM+2+MH，∴當點G，點M，點H三點共線時，動點P的運動路徑最小，∴動點P的運動路徑最短距離＝2+＝2+，設(shè)直線GH解析式為：y＝mx+n，∴，解得，∴直線GH解析式為：y＝﹣x+，當x＝2時，y＝，∴點N(0，).【點睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求解析式，函數(shù)極值的確定方法，兩點距離公式等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用對稱解決最短問題．12．（2019·重慶·萬州外國語中考三模）在平面直角坐標系中，O為坐標原點，過二次函數(shù)y＝﹣x2+4x圖象上的點A（3，3）作x軸的垂線交x軸于點B．（1）如圖1，P為線段OA上方拋物線上的一點，在x軸上取點C（1，0），點M、N為y軸上的兩個動點，點M在點N的上方且MN＝1．連接AC，當四邊形PACO的面積最大時，求PM+MNNO的最小值．（2）如圖2，點Q（3，1）在線段AB上，作射線CQ，將△AQC沿直線AB翻折，C點的對應(yīng)點為C'，將△AQC'沿射線CQ平移3個單位得△A'Q'C″，在射線CQ上取一點M，使得以A'、M、C″為頂點的三角形是等腰三角形，求M點的坐標．【答案】（1）最小值為；（2）點M坐標為（7，3），（，），（，），（13，6），（10，）【分析】（1）把四邊形PACO沿OA分成△OAP與△OAC，由于△OAC三邊確定，面積為定值，故△OAP面積最大時四邊形面積也最大．過點P作x軸垂線交OA于D，設(shè)點P橫坐標為t，則能用t表示PD的長，進而得到△OAP關(guān)于t的二次函數(shù)關(guān)系式，用公式法可求得t時△OAP面積最大，即求得此時點P坐標．把點P向下平移1個單位得P'，易證四邊形MNP'P是平行四邊形，所以PM＝P'N．過點O作經(jīng)過第二、四象限的直線l，并使直線l與x軸夾角為60°，過點N作NG⊥直線l于點G，則由30°角所對直角邊等于斜邊一半可知NGNO．所以PM+MNNO可轉(zhuǎn)化為P'N+NG+1，易得當點P'、N、G在同一直線上最小．把PD延長交直線l于點F，構(gòu)造特殊Rt△P'FG和Rt△OEF，利用點P坐標和30°、60°的三角函數(shù)即可求得P'G的長．（2）由點B、C、Q的坐標求CQ的長和點C'坐標；過點Q'作x軸的垂線段Q'H，易證△CBQ∽△CHQ'，故有，求得CH、HQ'的長即求得點Q'坐標，進而得到向右向上平移的距離，求得點A'、C''的坐標．求直線CQ解析式，設(shè)CQ上的點M橫坐標為m，用兩點間距離公式可得用m表示A'M和C''M的長．因為△A'MC''是等腰三角形，分三種情況討論，得到關(guān)于m的方程，求解即求得相應(yīng)的m的值，進而得點M坐標．【詳解】（1）如圖1，過點O作直線l，使直線l經(jīng)過第二、四象限且與x軸夾角為60°；過點P作PF⊥x軸于點E，交OA于點D，交直線l于點F；在PF上截取PP'＝1；過點N作NG⊥直線l于點G∵A（3，3），AB⊥x軸于點B∴直線OA解析式為y＝x，OB＝AB＝3∵C（1，0）∴S△AOCOC?AB1×3，是定值設(shè)P（t，﹣t2+4t）（0＜t＜3）∴D（t，t）∴PD＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t∴S△OAP＝S△OPD+S△APDPD?OEPD?BEPD?OB（t2﹣3t）∴t時，S△OAP最大此時，S四邊形PACO＝S△AOC+S△OAP最大yP＝﹣（）2+3∴P（，）∴P'E＝PE﹣PP'1，即P'（，）∵點M、N在y軸上且MN＝1∴PP'＝MN，PP'∥MN∴四邊形MNP'P是平行四邊形∴PM＝P'N∵∠NGO＝90°，∠NOG＝90°﹣60°＝30°∴Rt△ONG中，NGNO∴PM+MNNO＝P'N+NG+1∴當點P'、N、G在同一直線上，即P'G⊥直線l時，PM+MNNO＝P'G+1最小∵OE，∠EOF＝60°，∠OEF＝90°∴Rt△OEF中，∠OFE＝30°，tan∠EOF∴EFOE∴P'F＝P'E+EF∴Rt△P'GF中，P'GP'F∴P'G+11∴PM+MNNO的最小值為（2）延長A'Q'交x軸于點H∵C（1，0），Q（3，1），QB⊥x軸于點B∴CB＝2，BQ＝1∴CQ∵△AQC沿直線AB翻折得△AQC'∴B（3，0）是CC'的中點∴C'（5，0）∵平移距離QQ'＝3∴CQ'＝CQ+QQ'＝4∵QB∥Q'H∴△CBQ∽△CHQ'∴∴CH＝4CB＝8，yQ'＝HQ'＝4BQ＝4∴xQ'＝OC+CH＝1+8＝9∴Q'（9，4）∴點Q（3，1）向右平移6個單位，向上平移3個單位得到點Q'（9，4）∴A'（9，6），C''（11，3）∴A'C''設(shè)直線CQ解析式為y＝kx+b∴解得：∴直線CQ：yx設(shè)射線CQ上的點M（m，m）（m＞1）∴A'M2＝（9﹣m）2+（6m）2＝（9﹣m）2+（m）2C''M2＝（11﹣m）2+（3m）2＝（11﹣m）2+（m）2∵△A'MC''是等腰三角形①若A'M＝A'C''，則（9﹣m）2+（m）2＝13解得：m1＝7，m2∴M（7，3）或（，）②若C''M＝A'C''，則（11﹣m）2+（m）2＝13解得：m1，m2＝13∴M（，）或（13，6）③若A'M＝C''M，則（9﹣m）2+（m）2＝（11﹣m）2+（m）2解得：m＝10∴M（10，）綜上所述，點M坐標為（7，3），（，），（，），（13，6），（10，）．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，垂線段最短定理，特殊角三角函數(shù)的應(yīng)用，平行四邊形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，平移的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)．第（1）題求最短路徑時對PM作平移和對NO進行轉(zhuǎn)換是解決此類問題的典型做法，第（2）題解題關(guān)鍵是根據(jù)平移方向和距離求出點的具體平移路徑（向左右和上下如何平移），再得到平移后的坐標．13．（重慶江北·九年級月考）已知：如圖，二次函數(shù)的圖象交軸于點和點（點在點左則），交軸于點，作直線是直線上方拋物線上的一個動點．過點作直線平行于直線是直線上的任意點，是直線上的任意點，連接，始終保持為，以和邊，作矩形．（1）在點移動過程中，求出當?shù)拿娣e最大時點的坐標；在的面積最大時，求矩形的面積的最小值．（2）在的面積最大時，線段交直線于點，當點四個點組成平行四邊形時，求此時線段與拋物線的交點坐標．【答案】（1）點坐標為，矩形的最小值為；（2）交點坐標為（3+，﹣），（3﹣，﹣），（1﹣，），（1+，）．【分析】（1）當△DEB的面積最大時，直線DN與拋物線相切，可求出直線DN的解析式和點D的坐標，當矩形面積最小時，MG最小，求出MG的最小值即可．（2）分兩種情況討論，以DB為邊和以DB為對角線，分別求出此時ON的解析式，聯(lián)立求出交點坐標即可．【詳解】解：（1）如圖1所示，過點D作y軸的平行線交MB于點H，過點O作OQ垂直MB于點Q，令y＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0），B（4，0），令x＝0，y＝2，∴E（0，2），設(shè)直線BE的解析式為y＝kx+b，則解得，∴直線BE的解析式為y＝﹣x+2，∵DN∥BE，∴設(shè)直線DN的解析式為y＝﹣x+b1，S△DEB＝DH?（xB﹣xE），∴當△DEB面積最大時，即是DH最大的時候，∴﹣x+b1＝﹣x2+x+2，△＝b2﹣4ac＝0，即16﹣4（2b1﹣4）＝0，解得b1＝4，點D（2，3），S矩＝2S△MOG+S平形四邊形，∴矩形面積最小時就是MG最小，設(shè)QG＝m，MQ＝n，∴MG＝m+n，∵m+n≥2，∵△QOG∽△MQO，∴OQ2＝m?n，∵△OEQ∽△EOB，∴OQ＝，∴m?n＝，∴m+n的最小值為．∴MG＝，∴S矩＝2S△MOG+S平形四邊形＝．（2）分兩種情況討論，情況一：當GN∥DB時，直線DB的解析式為：y＝﹣x+6，則直線NG的解析式為y＝﹣x，∴﹣x＝﹣x2+x+2，解得x1＝3+，x2＝3﹣，∴交點坐標為（3+，﹣），（3﹣，﹣），情況二：DB為對角線時，此時NG必過DB的中點（3，），設(shè)直線ON的解析式為y＝k1x，則k1＝，∴直線OD的解析式為y＝x，＝﹣x2+x+2，解得x1＝1﹣，x2＝1+，∴交點坐標為（1﹣，），（1+，），綜上所述：交點坐標為（3+，﹣），（3﹣，﹣），（1﹣，），（1+，）．【點睛】此題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)以及二次函數(shù)與幾何相結(jié)合的問題，轉(zhuǎn)化矩形面積最小和三角形面積最大為某條線段的最值為解題關(guān)鍵．14．（2021·遼寧撫順·中考模擬預(yù)測）如圖，拋物線y＝+bx+c經(jīng)過△ABC的三個頂點，其中點A（0，﹣1），點B（9，﹣10），AC∥x軸，點P是直線AC上方拋物線上的動點．（1）求拋物線的解析式；（2）過點P且與y軸平行的直線l與直線AB，AC分別交于點E，F(xiàn)，當四邊形AECP的面積最大時，求點P的坐標；（3）當點P為拋物線的頂點時，在直線AC上是否存在點Q，使得以C，P，Q為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2），；（3）或．【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；（2）根據(jù)平行于軸的直線上點的縱坐標相等，可得點的縱坐標，根據(jù)自變量與函數(shù)值的對應(yīng)關(guān)系，可得點坐標，根據(jù)待定系數(shù)法，可得的解析式，根據(jù)直線上的點滿足函數(shù)解析式，可得點坐標，根據(jù)平行于軸的直線上兩點間的距離是較大的縱坐標減較小的縱坐標，可得的長，根據(jù)面積的和差，可得二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得答案；（3）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可得，根據(jù)相似三角形的判定，可得關(guān)于的方程，根據(jù)解方程，可得答案．【詳解】解：（1）將，代入函數(shù)解析式，得，解得，拋物線的解析式；（2）軸，，．解得，．點的坐標為．點，，直線的解析式為．設(shè)點，．．，，．，當時，四邊形的面積的最大值是．此時點，．（3），．，．．．同理可得．．分兩種情況：如圖，①當時，．，，，．解得．．②當時，．即．解得．．綜合①②得，存在這樣的點，其坐標是或．【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合題，解（1）的關(guān)鍵是待定系數(shù)法；解（2）的關(guān)鍵是利用面積的和差得出二次函數(shù)，又利用了二次函數(shù)的性質(zhì)，平行于坐標軸的直線上兩點間的距離是較大的坐標減較小的坐標；解（3）的關(guān)鍵是利用相似三角形的性質(zhì)的出關(guān)于的比例，要分類討論，以防遺漏．15．（2021·山東新泰·中考一模）如圖，拋物線交軸于點和點，交軸于點．已知點的坐標為，點為第二象限內(nèi)拋物線上的一個動點，連接．（1）求這個拋物線的表達式．（2）點為第二象限內(nèi)拋物線上的一個動點，求四邊形面積的最大值．（3）①點在平面內(nèi)，當是以為斜邊的等腰直角三角形時，求出滿足條件的所有點的坐標；②在①的條件下，點在拋物線對稱軸上，當時，求出滿足條件的所有點的坐標．【答案】（1）；（2）；（3）①或，②或或【分析】（1）由交點式可求a的值，即可求解；（2）由S四邊形ADCP＝S△APO+S△CPO﹣S△ODC，即可求解；（3）①分兩種情況討論，通過證明△MAD≌△DOC，可得AM＝DO，∠MAD＝∠DOC＝90°，可求解；②可證點M，點C，點M'在以MM'為直徑的圓上，當點N在以MM'為直徑的圓上時，∠M'NC＝∠M'MC＝45°，延長M'C交對稱軸與N''，可證∠MM'C＝∠MN''C＝45°，即可求解．【詳解】解：（1）∵拋物線交軸于點和點，∴拋物線的表達式為：，即，解得：，故拋物線的表達式為：；（2）連接，設(shè)點，則，．故有最大值，當時，的最大值為；（3）①如圖2，若點在左側(cè)，連接，，且，，且，，∴點坐標，若點在右側(cè)，同理可求點；②如圖3，∵拋物線的表達式為：；∴對稱軸為：直線，∴點在對稱軸上，，∴點是的中點，，∴點，點，點在以為直徑的圓上，當點在以為直徑的圓上時，，符合題意，∵點，點，，且點在拋物線對稱軸上，∴點，點，延長交對稱軸與，∵點，點，∴直線解析式為：，∴當時，，∴點的坐標，∵點的坐標，點，點，且，，，∴點符合題意，綜上所述：點的坐標為：或或．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓的有關(guān)知識，等腰三角形的性質(zhì)等知識，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．16．（2021·山西陽泉·中考一模）如圖1，拋物線經(jīng)過點、兩點，與y軸交于點C．點P為線段上一動點（不與點B重合），連接，，，將沿直線翻折得到，交拋物線的另一點為Q，連接．

（1）求拋物線的表達式；（2）求四邊形面積的最大值；（3）當時，點N為拋物線上一點，直線交y軸于點M．①求點Q的坐標．②若的面積為面積的8倍，請直接寫出點N的坐標．【答案】（1）；（2）當時，四邊形的面積最大，且最大值為12；（3）①點Q的坐標為；②，或．【分析】（1）知道拋物線與x軸的兩個交點坐標，可以利用交點式求得二次項系數(shù)a的值，將交點式轉(zhuǎn)換為一般式即可.（2）連接，過點Q分別作x軸和y軸的垂線，垂足分別為點E，F(xiàn)，將四邊形面積轉(zhuǎn)化為兩個三角形面積，進行計算即可．（3）①過點C作，垂足為點G；過點Q作，垂足為點H，通過求證，求得CH長度，從而知道Q點橫坐標，代入拋物線求解即可．②根據(jù)點的位置，分兩種情況去討論，通過三角形相似，轉(zhuǎn)換等量關(guān)系求解即可．【詳解】（1）∵拋拋物線與x軸相交于、兩點，∴與y軸的交點C的坐標為．設(shè)拋物線的表達式為，將點代入，得，解得，∴拋物線的表達式為．（2）如圖1，連接，過點Q分別作x軸和y軸的垂線，垂足分別為點E，F(xiàn)．設(shè)點Q的坐標為，則，．

∴．∵，∴四邊形的面積有最大值，當時，四邊形的面積最大，且最大值為12．（3）①如圖3-1

過點C作，垂足為點G；過點Q作，垂足為點H．由和可知，，故，即四邊形為正方形．∴．∵，∴，∴，即，∴．將代入拋物線解析式，得，故點Q的坐標為．②根據(jù)題意，點的坐標分兩種情況討論，第一種情況，如下圖3-2：

過點作軸于點L，過點作于點，過點作軸于點,由的面積為面積的8倍，得：又∵∴∴在和中，∵,，∴∴在和中，∵，，∴∴又∵∴,∴,即點的橫