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2023年中考数学压轴培优专题:二次函数与面积最值定值问题(含答案解析)

1、二次函数与面积最值定值问题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。解决这类问题常用到以下与面积相关的知识:图形的割补、等积变形、等比转化等数学方法. 面积的存在性问题常见的题型和解题策略有两类:一是先根据几何法确定存在性,再列方程求解,后检验方程的根二是先假设关系存在,再列方程,后根

2、据方程的解验证假设是否正确解决动点产生的面积问题,常用到的知识和方法,如下:如图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,直接用面积公式如图2,图3,三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”的方法图1 图2 图3计算面积长用到的策略还有:如图4,同底等高三角形的面积相等平行线间的距离处处相等如图5,同底三角形的面积比等于高的比如图6,同高三角形的面积比等于底的比图4 图5 图6【例1】(2022青海)如图1,抛物线yx2+bx+c与x轴交于A(1,0),B(3,0)两点,与y轴交于点C(1)求该抛物线的解析式;(2)若点E

3、是抛物线的对称轴与直线BC的交点,点F是抛物线的顶点,求EF的长;(3)设点P是(1)中抛物线上的一个动点,是否存在满足SPAB6的点P?如果存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由(请在图2中探讨)【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解析式;(2)利用二次函数的性质,可求出抛物线顶点F的坐标及抛物线的对称轴,利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标,根据点B,C的坐标,利用待定系数法即可求出直线BC的解析式,再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点E的坐标,结合点F的坐标,即可求出线段EF的长;(3)又点A,B的坐标可求出线段AB的长,设点P的坐标为(t

4、,t22t3),利用三角形的面积计算公式,结合SPAB6,即可得出关于t的方程,解之即可得出t值,进而可得出点P的坐标【解析】(1)将A(1,0),B(3,0)代入yx2+bx+c,得:,解得:,该抛物线的解析式为yx22x3(2)抛物线的解析式为yx22x3,抛物线的顶点F的坐标为(1,4),抛物线的对称轴为直线x1当x0时,y022033,点C的坐标为(0,3)设直线BC的解析式为ymx+n(m0),将B(3,0),C(0,3)代入ymx+n,得:,解得:,直线BC的解析式为yx3当x1时,y132,点E的坐标为(1,2),EF|2(4)|2(3)点A的坐标为(1,0),点B的坐标为(3,

5、0),AB|3(1)|4设点P的坐标为(t,t22t3)SPAB6,4|t22t3|6,即t22t33或t22t33,解得:t11,t21+,t30,t42,存在满足SPAB6的点P,点P的坐标为(1,3)或(1+,3)或(0,3)或(2,3)【例2】(2022随州)如图1,平面直角坐标系xOy中,抛物线yax2+bx+c(a0)与x轴分别交于点A和点B(1,0),与y轴交于点C,对称轴为直线x1,且OAOC,P为抛物线上一动点(1)直接写出抛物线的解析式;(2)如图2,连接AC,当点P在直线AC上方时,求四边形PABC面积的最大值,并求出此时P点的坐标;(3)设M为抛物线对称轴上一动点,当P

6、,M运动时,在坐标轴上是否存在点N,使四边形PMCN为矩形?若存在,直接写出点P及其对应点N的坐标;若不存在,请说明理由【分析】(1)判断出A,B两点坐标,可以假设抛物线的解析式为ya(x+3)(x1),把(0,3)代入抛物线的解析式,得a1,可得结论;(2)如图(2)中,连接OP设P(m,m22m+3),构建二次函数,利用二次函数的性质求解即可;(3)分两种情形,点N在y轴上,点N在x轴上,分别求解即可【解析】(1)抛物线的对称轴是直线x1,抛物线交x轴于点A,B(1,0),A(3,0),OAOC3,C(0,3),可以假设抛物线的解析式为ya(x+3)(x1),把(0,3)代入抛物线的解析式

7、,得a1,抛物线的解析式为yx22x+3;(2)如图(2)中,连接OP设P(m,m22m+3),SSPAO+SPOC+SOBC,3(m22m+3)3(m)+13(m23m+4)(m+)2+,0,当m时,S的值最大,最大值为,此时P(,);(3)存在,理由如下:如图31中,当点N在y轴上时,四边形PMCN是矩形,此时P(1,4),N(0,4);如图32中,当四边形PMCN是矩形时,设M(1,n),P(t,t22t+3),则N(t+1,0),由题意,解得,消去n得,3t2+5t100,解得t,P(,),N(,0)或P(,),N(,0)综上所述,满足条件的点P(1,4),N(0,4)或P(,),N(

8、,0)或P(,),N(,0)【例3】(2022成都)如图,在平面直角坐标系xOy中,直线ykx3(k0)与抛物线yx2相交于A,B两点(点A在点B的左侧),点B关于y轴的对称点为B(1)当k2时,求A,B两点的坐标;(2)连接OA,OB,AB,BB,若BAB的面积与OAB的面积相等,求k的值;(3)试探究直线AB是否经过某一定点若是,请求出该定点的坐标;若不是,请说明理由【分析】(1)当k2时,直线为y2x3,联立解析式解方程组即得A(3,9),B(1,1);(2)分两种情况:当k0时,根据BAB的面积与OAB的面积相等,知OBAB,可证明BODBCD(ASA),得ODOC,D(0,),可求B

9、(,),即可得k;当k0时,过B作BFAB交y轴于F,由BAB的面积与OAB的面积相等,可得OEEF3,证明BGFBGE(ASA),可得OGOE+GE,G(0,),从而B(,),即可得k;(3)设x2+kx30二根为a,b,可得a+bk,ab3,A(a,a2),B(b,b2),B(b,b2),设直线AB解析式为ymx+n,可得,即可得m(ab)ba,nab(3)3,从而直线AB解析式为yx+3,故直线AB经过定点(0,3)【解析】(1)当k2时,直线为y2x3,由得:或,A(3,9),B(1,1);(2)当k0时,如图:BAB的面积与OAB的面积相等,OBAB,OBBBBC,B、B关于y轴对称

10、,OBOB,ODBODB90,OBBOBB,OBBBBC,ODB90CDB,BDBD,BODBCD(ASA),ODCD,在ykx3中,令x0得y3,C(0,3),OC3,ODOC,D(0,),在yx2中,令y得x2,解得x或x,B(,),把B(,)代入ykx3得:k3,解得k;当k0时,过B作BFAB交y轴于F,如图:在ykx3中,令x0得y3,E(0,3),OE3,BAB的面积与OAB的面积相等,OEEF3,B、B关于y轴对称,FBFB,FGBFGB90,FBBFBB,BFAB,EBBFBB,EBBFBB,BGE90BGF,BGBG,BGFBGE(ASA),GEGFEF,OGOE+GE,G(

11、0,),在yx2中,令y得x2,解得x或x,B(,),把B(,)代入ykx3得:k3,解得k,综上所述,k的值为或;(3)直线AB经过定点(0,3),理由如下:由得:x2+kx30,设x2+kx30二根为a,b,a+bk,ab3,A(a,a2),B(b,b2),B、B关于y轴对称,B(b,b2),设直线AB解析式为ymx+n,将A(a,a2),B(b,b2)代入得:,解得:,a+bk,ab3,m(ab)ba,nab(3)3,直线AB解析式为yx+3,令x0得y3,直线AB经过定点(0,3)【例4】(2022岳阳)如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线F1:yx2+bx+c经过点A(3,0)和

12、点B(1,0)(1)求抛物线F1的解析式;(2)如图2,作抛物线F2,使它与抛物线F1关于原点O成中心对称,请直接写出抛物线F2的解析式;(3)如图3,将(2)中抛物线F2向上平移2个单位,得到抛物线F3,抛物线F1与抛物线F3相交于C,D两点(点C在点D的左侧)求点C和点D的坐标;若点M,N分别为抛物线F1和抛物线F3上C,D之间的动点(点M,N与点C,D不重合),试求四边形CMDN面积的最大值【分析】(1)将点A(3,0)和点B(1,0)代入yx2+bx+c,即可求解;(2)利用对称性求出函数F1顶点(1,4)关于原点的对称点为(1,4),即可求函数F2的解析式;(3)通过联立方程组,求出

13、C点和D点坐标即可;求出直线CD的解析式,过点M作MFy轴交CD于点F,过点N作NEy轴交于点E,设M(m,m2+2m3),N(n,n2+2n+5),则F(m,2m+2),N(n,2n+1),可求MFm2+4,NEn2+4,由S四边形CMDNSCDN+SCDM2(MF+NE),分别求出MF的最大值4,NE的最大值4,即可求解【解析】(1)将点A(3,0)和点B(1,0)代入yx2+bx+c,解得,yx2+2x3;(2)yx2+2x3(x+1)24,抛物线的顶点(1,4),顶点(1,4)关于原点的对称点为(1,4),抛物线F2的解析式为y(x1)2+4,yx2+2x+3;(3)由题意可得,抛物线

14、F3的解析式为y(x1)2+6x2+2x+5,联立方程组,解得x2或x2,C(2,3)或D(2,5);设直线CD的解析式为ykx+b,解得,y2x+1,过点M作MFy轴交CD于点F,过点N作NEy轴交于点E,设M(m,m2+2m3),N(n,n2+2n+5),则F(m,2m+1),E(n,2n+1),MF2m+1(m2+2m3)m2+4,NEn2+2n+52n1n2+4,2m2,2n2,当m0时,MF有最大值4,当n0时,NE有最大值4,S四边形CMDNSCDN+SCDM4(MF+NE)2(MF+NE),当MF+NE最大时,四边形CMDN面积的最大值为16声明:试题解析著作权属所有,未经书面同

15、意,不得复制发布日期:2022/9/5 13:56:14;用户:账号1;邮箱:yzsysx1;学号:256700251(2022金坛区二模)如图,在平面直角坐标系xOy中,二次函数yx2+bx2的图象与x轴交于点A(3,0),B(点B在点A左侧),与y轴交于点C,点D与点C关于x轴对称,作直线AD(1)填空:b;(2)将AOC平移到EFG(点E,F,G依次与A,O,C对应),若点E落在抛物线上且点G落在直线AD上,求点E的坐标;(3)设点P是第四象限抛物线上一点,过点P作x轴的垂线,垂足为H,交AC于点T若CPT+DAC180,求AHT与CPT的面积之比【分析】(1)把A(3,0)代入yx2+

16、bx2,求出b;(2)令x0,y2,求出C(0,2),根据点D与点C关于x轴对称,求出D(0,2),进而得到直线AD解析式:yx+2,根据平移的性质及点的坐标特点,得出E(m,m2m2),则Gm3,(m3)+2,Fm3,(m3)+4,再根据平行于x轴的直线点的纵坐标相等,得出m2m2(m3),解出即可;(3)如图所示:过C作CKAD,CQHP,根据勾股定理及等面积法,求出AD,CK,DK,AK,再根据锐角三角函数定义,得出tanCPQtanCAK,tanOAC,进而求出AHT与CPT的面积之比【解析】(1)把A(3,0)代入yx2+bx2,得9+3b20,解得b;故答案为:;(2)如图所示:由

17、(1)得yx2x2,令x0,y2,C(0,2),点D与点C关于x轴对称,D(0,2),设直线AD:ykx+2,把A(3,0)代入ykx+2,得3k+20,解得k,直线AD解析式:yx+2,将AOC平移到EFG,OAEF3,FGOC2,设E(m,m2m2),则G(m3,(m3)+2),F(m3,(m3)+4),EFx轴,m2m2(m3)2+4,解得m3或m4,E(3,8)或(4,);(3)如图所示:过C作CKAD,CQHP,OD2,OA3AD,CKADCDAOADCK,CK,DK,AK,tanCAK,CQHP,CPQ+CPT180,CPT+DAC180,CPQCAK,tanCPQtanCAK,设

18、P(n,n2n2),PQn2n,CQn,解得n,P(,),CQ,AH3,tanOAC,THAH,TP,即AHT与CPT的面积之比为8:1472(2022罗城县模拟)如图,已知抛物线yax2+b经过点A(2,6),B(4,0),其中E、F(m,n)为抛物线上的两个动点(1)求抛物线的解析式并写出其顶点坐标;(2)若C(x,y)是抛物线上的一点,当4x2且SABC最大时,求点C的坐标;(3)若EFx轴,点A到EF的距离大于8个单位长度,求m的取值范围【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案;(2)如图,过点C作CDy轴交AB于点D,运用待定系数法求得直线AB的解析式为yx+4,可得SABCCD(x

19、AxB)(x+1)2+,利用二次函数性质即可求得答案;(3)根据EFx轴,可得点A到EF的距离为|6n|,进而可得|6(m2+8)|8,求解即可【解析】(1)抛物线yax2+b经过点A(2,6),B(4,0),解得:,抛物线的解析式为yx2+8,顶点坐标为(0,8);(2)如图,过点C作CDy轴交AB于点D,设直线AB的解析式为ykx+d,则,解得:,直线AB的解析式为yx+4,C(x,x2+8),D(x,x+4),CDx2+8(x+4)x2x+4,SABCCD(xAxB)(x2x+4)6(x+1)2+,0,当x1时,SABC最大,此时点C的坐标为(1,);(3)EFx轴,点A到EF的距离为|

20、6n|,F(m,n)在抛物线yx2+8上,nm2+8,|6(m2+8)|8,m228或m228(无解),m2或m23(2022老河口市模拟)在平面直角坐标系中,抛物线yx2+2mx的顶点为A,直线l:yx1与x轴交于点B(1)如图,已知点A的坐标为(2,4),抛物线与直线l在第一象限交于点C求抛物线的解析式及点C的坐标;点M为线段BC上不与B,C重合的一动点,过点M作x轴的垂线交x轴于点D,交抛物线于点E,设点M的横坐标t当EMBD时,求t的取值范围;(2)过点A作APl于点P,作AQl交抛物线于点Q,连接PQ,设APQ的面积为S直接写出S关于m的函数关系式;S的最小值及S取最小值时m的值【分

21、析】(1)利用抛物线的顶点可得y(x2)2+4,联立方程组求解即可得到点C的坐标;先证得OBC是等腰直角三角形,进而得出BDM是等腰直角三角形,可得:EMt2+3t+1,BDMDt1,由EMBD,可得t2+3t+1t1,即t22t20,令yt22t2,根据二次函数的图象和性质即可求得答案;(2)如图2,过点A作AGy轴交直线l于点G,过点Q作QHAG于点H,则AGm2m+1,利用三角函数可得APAGsin45(m2m+1),根据AQ直线l,可得直线AG的解析式为yx+m2m,进而求得点Q的横坐标为m1,故QHm(m1)1,AQ,运用三角形面积公式可求得Sm2m+;运用二次函数的性质即可求得答案

22、【解析】(1)抛物线yx2+2mx的顶点为A(2,4),y(x2)2+4x2+4x,联立方程组,解得:,点C在第一象限,C(,);设直线l:yx1与y轴交于点F,则F(0,1),OF1,B(1,0),OB1,OBOF,OBC是等腰直角三角形,OBFOFB45,MBDOBF45,BDM90,BDM是等腰直角三角形,BDMD,M(t,t1),D(t,0),E(t,t2+4t),EMt2+4t(t1)t2+3t+1,BDMDt1,EMBD,t2+3t+1t1,t22t20,令yt22t2,当y0时,t22t20,解得:t1,当y0,即t22t20时,1t1+(i),点M为线段BC上不与B,C重合的一

23、动点,1t(ii),由(i)(ii)得:1t1+,故t的取值范围为:1t1+;(2)如图2,过点A作AGy轴交直线l于点G,过点Q作QHAG于点H,yx2+2mx(xm)2+m2,A(m,m2),G(m,m1),AGm2(m1)m2m+1,由(1)知:OFB45,AGy轴,AGPOFB45,AP直线l,APG90,APAGsin45(m2m+1),AQ直线l,设直线AG的解析式为yx+n,把A(m,m2)代入得:m+nm2,nm2m,直线AG的解析式为yx+m2m,令x2+2mxx+m2m,解得:x1m,x2m1,点Q的横坐标为m1,QHm(m1)1,AQl,QAHAGP45,PAQ90,AH

24、Q90,AHQ是等腰直角三角形,AQQH,SAPAQ(m2m+1)m2m+,故S关于m的函数关系式为Sm2m+;Sm2m+(m)2+,当m时,S的最小值为4(2022新吴区二模)如图,已知抛物线y+bx过点A(4,0)、顶点为B,一次函数yx+2的图象交y轴于M,对称轴与x轴交于点H(1)求抛物线的表达式;(2)已知P是抛物线上一动点,点M关于AP的对称点为N若点N恰好落在抛物线的对称轴上,求点N的坐标;请直接写出MHN面积的最大值【分析】(1)运用待定系数法即可求抛物线的表达式(2)先求出抛物线的对称轴为直线x2,设N(2,n),则NH|n|,由轴对称性质可得ANAM,即AN2AM2,建立方

25、程求解即可得出答案连接MH,以点A为圆心,AM为半径作A,过点A作ANMH于点F,交A于点N,则ANAM,连接AM,AN,此时MHN面积最大运用勾股定理、三角函数、三角形面积公式即可求得答案【解析】(1)抛物线y+bx过点A(4,0),(4)24b0,解得:b2,该抛物线的表达式为yx2+2x;(2)yx2+2x,抛物线对称轴为直线x2,对称轴与x轴交于点H,H(2,0),AH1,直线yx+2交y轴于M,M(0,2),AM2OA2+OM242+2220,设N(2,n),则NH|n|,如图1、图2,M、N关于直线AP对称,ANAM,即AN2AM2,12+n220,n,点N的坐标为(2,)或(2,

26、);如图,连接MH,以点A为圆心,AM为半径作A,过点A作ANMH于点F,交A于点N,则ANAM,在RtAMO中,OM2,OA4,AM2,AN2,OHOM2,HOM90,HOM是等腰直角三角形,MHO45,MH2,AHFMHO45,在RtAFH中,AHOAOH422,AFAHsin452,NFAN+AF2+,SMHNMHNF2(2+)2+2,故MHN面积的最大值为2+25(2022开福区校级二模)如图,抛物线y(x+1)(xa)(其中a1)与x轴交于A、B两点,交y轴于点C(1)直接写出OCA的度数和线段AB的长(用a表示);(2)如图,若a2,点D在抛物线的对称轴上,DBDC,求BCD与AC

27、O的周长之比;(3)如图,若a3,动点P在线段OA上,过点P作x轴的垂线分别与AC交于点M,与抛物线交于点N试问:抛物线上是否存在点Q,使得PQN与BPM的面积相等,且线段NQ的长度最小?如果存在,求出点Q的坐标;如果不存在,说明理由【分析】(1)在y(x+1)(xa)中,令x0得ya,令y0得x1或xa,得A(a,0),B(1,0),C(0,a),即可得OCA的度数为45,线段AB的长是a+1;(2)当a2时,抛物线为y(x+1)(x2),设D(,m),根据DBDC,有(1)2+(0m)2(0)2+(m+2)2,解得D(,),可证BCD是等腰直角三角形,BCDACO,即知BCD与ACO的周长

28、之比;(3)过Q作QRPN,垂足为R,设点P坐标为(n,0),则PBn+1,PAPM3n,PNn2+2n+3由SPQNSBPM,可得QR1,分两种情况:点Q在直线PN的左侧时,Q点的坐标为(n1,n24n),R点的坐标为(n,n24n),N点的坐标为(n,n22n3),在RtQRN中,NQ21+(2n3)2,即得n时,NQ取最小值1此时Q点的坐标为(,);点Q在直线PN的右侧时,Q点的坐标为(n+1,n24),同理可得n时,NQ取最小值1此时Q点的坐标为(,)【解析】(1)在y(x+1)(xa)中,令x0得ya,令y0得x1或xa,A(a,0),B(1,0),C(0,a),OAa,OB1,OC

29、a,ABa+1,OAOC,OCA45;答:OCA的度数为45,线段AB的长是a+1;(2)当a2时,抛物线为y(x+1)(x2),结合(1)知A(2,0),B(1,0),C(0,2),抛物线对称轴为直线x,设D(,m),DBDC,(1)2+(0m)2(0)2+(m+2)2,解得m,D(,),DB2DC2,而BC2(10)2+(0+2)25,DB2+DC2BC2,BCD是等腰直角三角形,由(1)知OCA45,ACO是等腰直角三角形,DBCDCB45OCAOAC,BCDACO,BCD与ACO的周长之比;(3)a3时,存在点Q,使得PQN与BPM的面积相等,且线段NQ的长度最小,理由如下:过Q作QR

30、PN,垂足为R,设点P坐标为(n,0),则PBn+1,PAPM3n,PNn2+2n+3SPQNSBPM,(n+1)(3n)(n2+2n+3)QR,QR1,点Q在直线PN的左侧时,Q点的坐标为(n1,n24n),R点的坐标为(n,n24n),N点的坐标为(n,n22n3)在RtQRN中,NQ21+(2n3)2,n时,NQ取最小值1此时Q点的坐标为(,);点Q在直线PN的右侧时,Q点的坐标为(n+1,n24),同理,NQ21+(2n1)2,n时,NQ取最小值1此时Q点的坐标为(,)综上可知存在满足题意的点Q,坐标为(,)或为(,)6(2022官渡区二模)抛物线交x轴于A、B两点,交y轴正半轴于点C

31、,对称轴为直线(1)如图1,若点C坐标为(0,2),则b,c2;(2)若点P为第二象限抛物线上一动点,在(1)的条件下,求四边形ABCP面积最大时,点P坐标和四边形ABCP的最大面积;(3)如图2,点D为抛物线的顶点,过点O作MNCD别交抛物线于点M,N,当MN3CD时,求c的值【分析】(1)由点C坐标为(0,2)得c2,根据对称轴为直线x可得b的值;(2)设点P(x,),根据S四边形ABCPSAPC+SABC,列出四边形面积关于m的二次函数即可得出点P的坐标和四边形ABCP面积的最大值;(3)求出,C(0,c),求出直线CD的解析式为:,进而求出直线MN的解析式为,联立yx2x+2,得 ,分

32、别过C,N作x轴的平行线,过D,M作y轴的平行线交于点G,H,证明MHNDGC,根据相似三角形的性质即可求解【解析】(1)抛物线yx2+bx+c交y轴正半轴于点C,点C坐标为(0,2),对称轴为直线xc2,x,故答案为:,2;(2)c2,yx2x+2,令yx2x+20,整理得(x1)(x+4)0解得x1或x4,A(4,0),B(1,0);C(0,2),AB5,OC2,SABCABOC5,A(4,0),C(0,2);lAC:yx+2,过点P作x轴的垂线,交AC于点Q,设点P(x,)(x0),则点Q(x,x+2),PQ(x+2),SAPCSAPQ+SPCQPQ(xCxA)x24x(x0),S四边形

33、ABCPSAPC+SABCx24x+5(x+2)2+9,10,函数图象开口向下,又x0,当x2时,S四边形ABCP最大9,此时点P(2,3),当点P(2,3)时,四边形ABCP的最大面积,最大面积为9;(3),C(0,c)设直线CD的解析式为ykx+b1(k0),代入点D,C的坐标得,解得,直线CD的解析式为:,MNCD,直线MN的解析式为:,由题意,联立得:,解得:,由题意,分别过C,N作x轴的平行线,过D,M作y轴的平行线交于点G,H,GH,DCGMOAMNH,MHNDGC,MN3CD,C(0,c),又,7(2022徐州二模)如图,四边形ABCD中,已知ABCD,动点P从A点出发,沿边AB

34、运动到点B,动点Q同时由A点出发,沿折线ADDCCB运动点B停止,在移动过程中始终保持PQAB,已知点P的移动速度为每秒1个单位长度,设点P的移动时间为x秒,APQ的面积为y,已知y与x之间函数关系如图,其中MN为线段,曲线OM,NK为抛物线的一部分,根据图中信息,解答下列问题:(1)图AB10,BC5;(2)分别求线段MN,曲线NK所对应的函数表达式;(3)当x为何值,APQ的面积为6?【分析】(1)如图,过点D作DEAB于点E,过点C作CFAB于点F,观察图形可得:AB10,AE4,AF7,CDEF3,SADE8,利用三角形面积公式可求得DE4,再运用勾股定理可求得BC5;(2)如图,连接

35、AC,可得SACFAFCF7414,即N(7,14),运用待定系数法可得出答案;(3)分三种情况:当0x4时,根据三角形面积公式建立方程求解即可得出x2,当4x7时,由于SAPQ8,无解;当7x10时,令y6,则(x7)2+146,可求得x7+【解析】(1)如图,过点D作DEAB于点E,过点C作CFAB于点F,由图可知:AB10,AE4,AF7,CDEF3,SADE8,BFABAF1073,SADEAEDE4DE2DE,2DE8,DE4,ABCD,DEFCFE90,CDE180DEF90,DEFCFECDE90,四边形CDEF是矩形,CFDE4,在RtBCF中,BC5,故答案为:10,5;(2

36、)如图,连接AC,则SACFAFCF7414,N(7,14),设直线MN的解析式为ykx+b,把M(4,8),N(7,14)代入得:,解得:,线段MN所在直线的解析式为y2x;设曲线NK所对应的函数表达式为ya(x7)2+14,把B(10,0)代入得:a(107)2+140,解得:a,曲线NK所对应的函数表达式为y(x7)2+14;(3)如图,AEDE4,AED90,DAE45,当0x4时,PQAB,PQAPtanDAExtan45x,yx26,x0,x2,当4x7时,点Q在线段CD上,此时SAPQ8;当7x10时,令y6,则(x7)2+146,解得:x7(舍去)或x7+,综上所述,当x为2或

37、7+时,APQ的面积为68(2022茌平区一模)如图,已知二次函数的图象交x轴于点B(8,0),C(2,0),交y轴点A(1)求二次函数的表达式;(2)连接AC,AB,若点P在线段BC上运动(不与点B,C重合),过点P作PDAC,交AB于点D,试猜想PAD的面积有最大值还是最小值,并求出此时点P的坐标(3)连接OD,在(2)的条件下,求出的值【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案;(2)设P(m,0)(8m2),则PBm+8,PC2m,利用三角形面积公式可得SPAB2m+16,由PDAC,可得,进而得出,即SPAD(m+3)2+5,利用二次函数的性质即可得出答案;(3)当P(3,0)时,P为

38、BC边的中点,进而推出D为AB边的中点,得出,即可求得答案【解析】(1)点B(8,0),C(2,0)在二次函数的图象上,解得:,二次函数的表达式是yx2+x4(2)猜想:PAD的面积有最大值设P(m,0)(8m2),则PBm+8,PC2m,B(8,0),C(2,0),BC2(8)10,在yx2+x4中,令x0,得y4,A(0,4),OA4,SPABPBOA(m+8)42m+16,PDAC,SPADSPAB(2m+16)(m+3)2+5,当m3时,PAD的面积存在最大值,此时P(3,0)(3)当P(3,0)时,P为BC边的中点,D为AB边的中点,在RtAOB中,9(2022碑林区校级模拟)抛物线

39、W1:ya(x+)2与x轴交于A(5,0)和点B(1)求抛物线W1的函数表达式;(2)将抛物线W1关于点M(1,0)对称后得到抛物线W2,点A、B的对应点分别为A,B,抛物线W2与y轴交于点C,在抛物线W2上是否存在一点P,使得SPABSPAC,若存在,求出P点坐标,若不存在,请说明理由【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案;(2)根据中心对称的性质求出抛物线W2的函数表达式为y(x)2+,进而得出A(3,0),B(2,0),AB5,运用待定系数法求出直线AC的解析式为yx+4,设P(t,t2+t+4),过点P作PQy轴交AC的延长线于点Q,则Q(t,t+4),由SPABSPAC,建立方程求解即可得出答案【解析】(1)把A(5,0)代入ya(x+)2,得:0a(5+)2,解得:a,抛物线W1的函数表达式为y(x+)2;