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）

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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；