舒婷诗集-关于合作的名言

2018年云南中考数学压轴题专项精讲教
学案
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m 类型② 图形面积存在性问题探究
,备考攻略)
．三角形面积的最大值
“抛物线上的顶点，使之和一条定线段构成的三角形面
积”的问题．
“抛物线上是否存在一点，使之和一条定线段构成的三
角形面积最大”的问题．
“三边均动的动三角形面积最大”的问题．
2．四边形面积的最大值
“一抛物线上是否存在一点，使之和另外三个定点构成
的四边形面积最大”的问题．
“定四边形面积的求解”问题．
3．图形运动过程中出现重叠部分的图形面积．
．动点坐标与动线段，长度的转化不能较好理解．
2．列出面积的表达式后，化简能力缺乏．
3．对图形运动过程缺乏分析，遗漏答案．
．过动点向y轴作平行线，找到与定线段 的交点，从而

把动三角形分割成两个基本模型的三角形，动点坐标设好，
转化为 长度代入，利用二次函数最值进一步可得到题目要求
出的最大值．
2．先把动三角形分割 成两个基本模型的三角形面积之
差，设出动点在x轴或y轴上的点的坐标，而此类题型，题
中一 定含有一组平行线，从而可以得出分割后的一个三角形
与图中另一个三角形相似．利用相似三角形的性质 可表示出
分割后的一个三角形的高．从而可以表示出动三角形的面积
的一个开口向下的二次函数 关系式，相应问题也就轻松解决
了．
3．经过三角形的3个顶点构造矩形，利用矩形面积减
去3个三角形面积．
4．一抛物线 上是否存在一点，使之和另外三个定点构
成的四边形面积最大的问题，由于该四边形有三个定点，从而可把动四边形分割成一个动三角形与一个定三角形的面
积之和，所以只需动三角形的面积最大，就 会使动四边形的
面积最大．
5．“定四边形面积的求解”问题：有两种常见解决的方
案：
方案：连接一条对角线，分成两个三角形面积之和；
方案：过不在x轴或y轴上的四边形的一个顶 点，向x
轴作垂线，或者把该点与原点连接起来，分割成一个梯形和

一些三角形 的面积之和，或几个基本模型的三角形面积的和，
转化为一个开口向下的二次函数问题．
．三角形面积
已知抛物线三定点形成的三角形面积：抛物线与一条直
线相交得出两个交点 ，联立方程组即可求出这两个点的坐标，
再与抛物线上的顶点形成三角形，并求出这个三角形面积．
已知抛物线上一动点与两定点形成的三角形面积：抛物
线与一条直线相交得出两个交点，联 立方程组即可求出这两
个点的坐标，再在抛物线上求一动点与它们形成三角形，并
求出这个三角 形面积的最大值．
三边都在变化的三角形的面积：两个动点沿两条直线运
动与一个定点形成的三角形的面积最大值．
2．四边形面积的最大值
抛物线上的顶点，使之和另外三个定点构成的四边形面积：抛物线与两坐标轴的三个交点与顶点形成的四边形的面
积．
一抛物线上是否存在 一点，使之和另外三个定点构成的
四边形面积：抛物线与两坐标轴的三个交点与另一动点形成
的 四边形的最大值．
3．重叠部分的面积
几何图形由于折叠、平移与一基本图形出现重叠部分，
求重叠部分的图形面积．,典题精讲)

◆三角形面积
【例1】如图，一小球从斜坡o点抛出，球的抛出路线
可以用二次函数y＝－x2＋4x刻画，斜坡可以用一次函数y
＝12x刻画．
请用配方法求二次函数图象最高点P的坐标；
小球的落点是A，求点A的坐标；
连接抛物线的最高点P与点o，A得△PoA，求△PoA的
面积；
在oA上方的抛物线上存在一点m，△moA的面积等于△
PoA的面积，请写出点m的坐标．
【解析】配方法即可求得P点坐标；联立方程组可求点
A的坐标；过点P作PB⊥x轴交o A于点B，可得点B的坐标，
表示出PB的长，以PB为公共边求出两个三角形的面积之和
即可 ；利用三角形同底等高的知识，过点P作Pm∥oA交抛
物线于点m，保证两个三角形的高相等，从而面 积相等．
【答案】解：y＝－x2＋4x＝－＝－＋4＝－2＋4，
∴最高点P的坐标为；
点A的坐标满足方程组y＝－x2＋4x，y＝12x，
解得x＝0，y＝0，或x＝72，y＝74，
∴点A的坐标为72，74；
如图，过点P作PB⊥x轴交oA于点B，
则点B的坐标为，∴PB＝3.

∴S△PoA＝S△oPB＋S△APB＝12×3×2＋12×3×32＝
214；
过点P作Pm∥oA交抛物线于点m，连接om，Am，则△
moA的面积等于△PoA的面积，
设直线Pm的解析式为y＝12x＋b，代入P，得12×2＋b
＝4，解得b＝3，
∴直线Pm的解析式为y＝12x＋3，
根据题意可列方程组y＝－x2＋4x，y＝12x＋3，
解得x＝2，y＝4，或x＝32，y＝154，
∴点m的坐标为32，154.
【例2】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋
bx－3与x轴交于点A，B两点，与y轴交 于点c.
求抛物线的解析式；
点P从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度 的
速度向B点运动，同时点Q从B点出发，在线段Bc上以每
秒1个单位长度的速度向c点运动 ，其中一个点到达终点时，
另一个也停止运动，当△PBQ存在时，求运动多少秒使△PBQ
的 面积最大，最大面积是多少？
当△PBQ的面积最大时，在Bc下方的抛物线上存在点m，
使S△cBm∶S△PBQ＝5∶2，求m点坐标．
【解析】待定系数法求出二次函数解析式； 设经过ts
时，可知PB＝6－3t，BQ＝t，B，c，则Bc＝5，过Q点作

Qk⊥x轴于k点，利用三角形相似表示kQ的长度，从而
表示出△PBQ 的面积为二次函数，利用二次函数的最值即可
求出面积最大值；根据的结果求出△cBm的面积，依据函 数
解析式表示出动点m的坐标，过m点作y轴的平行线交Bc
于N点，交x轴于R点，表示N的 坐标，分割△cBm为两个
三角形，列出方程即可求出答案．
【答案】解：y＝ax2＋bx－3经过A，B，
∴4a－2b－3＝0，16a＋4b－3＝0，解得：a＝38，b＝
－34，
∴y＝38x2－34x－3；
设经过ts时，△PBQ面积最大．
∴PB＝6－3t，BQ＝t，∵B，c，∴Bc＝5.
过Q点作Qk⊥x轴于k点．
∵oc⊥x轴，Qk⊥x轴，∴oc∥Qk，
∴BkBo＝BQBc＝kQoc，即t5＝kQ3，
∴kQ＝35t，
∴S△BPQ＝12BP×kQ＝12×35t
＝－9102＋910，
∴当t＝1时，S△BPQ取最大值为910；
当S△BPQ取最大值910时，S△cBm∶S△PBQ＝5∶2，
即S△cBm＝94，
∵m在抛物线上，且在Bc下方，设mt，38t2－34t－3，

过m点作y轴 的平行线交Bc于N点，交x轴于R点，
设直线Bc的解析式为y＝kx＋b，代入B，c，得4k＋b ＝0，
b＝－3，解得k＝34，b＝－3，
∴直线Bc解析式为y＝34x－3，
∴N点坐标为t，34t－3，
∴S△cmB＝S△cmN＋S△NmB＝12mN ×oR＋12mN×BR＝
12mN＝12mN×oB，
∴94＝12×4×34t－3－38t2－34t－3，
解得t1＝1，t2＝3，
∴m11，－278，m23，－158.
◆四边形面积
【例3】如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A，B
两点，B点坐标为，与y轴交于点c．
求抛物线的解析式；
点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形
A BPc的面积最大时，求点P的坐标和四边形ABPc的最大面
积．
【解析】由B，c两 点的坐标，利用待定系数法可求得
抛物线的解析式；连接Bc，则△ABc的面积是不变的，过P
作Pm∥y轴，交Bc于点m，设出P点坐标，可表示出Pm的
长，可知当Pm取最大值时△PBc的 面积最大，利用二次函数
的性质可求得P点的坐标及四边形ABPc的最大面积．

【答案】解：把B，c两点坐标代入抛物线解析式，得9
＋3b＋c＝0， c＝－3，解得b＝－2，c＝－3，
∴抛物线解析式为y＝x2－2x－3；
连接Bc，过P作y轴的平行线，交Bc于点m，交x轴
于点H.
在y＝x2－2x－3中，令y＝0，得0＝x2－2x－3，解得
x＝－1或x＝3，∴A点坐标为，
∴AB＝3－＝4，且oc＝3，
∴S△ABc＝12AB•oc＝12×4×3＝6，
∵B，c，
∴直线Bc解析式为y＝x－3，
设P点坐标为，则m点坐标为，
∵P点在第四限，
∴Pm＝x－3－＝－x2＋3x，
∴S△PBc＝12Pm& #8226;oH＋12Pm•HB＝
12Pm•＝12Pm• oB＝32Pm，
∴当Pm有最大值时，△PBc的面积最大，则四边形ABPc
的面积最大，
∵Pm＝－x2＋3x＝－x－322＋94，
∴当x＝32时，Pmmax＝94，则S△PBc＝32×94＝278，
此时P点坐标为32，－154，S四边形ABPc＝S△ABc＋S
△PBc＝6＋278＝758，

即当P点坐标为32，－154时，四边形ABPc的面积最
大，最大面积为758.
【 例4】如图所示，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c过点c，
与x轴交于A，B两点，与y轴交于点D.
求抛物线的解析式；
设抛物线的顶点为m，求四边形ABmD的面积；
在y轴上找一点E，使S△ABE＝S四边形ABmD，求出点
E的坐标．
【解析】由c ，D两点的坐标，利用待定系数法可求得
抛物线的解析式；求出顶点m的坐标，过点m作mN⊥x轴于< br>点N，得出点N的坐标，把四边形ABmD分割成两个直角三角
形，一个梯形，求出面积之和；设 出点E的坐标，直接列方
程求解．
【答案】解：∵抛物线y＝－x2＋bx＋c过点D，c，
∴c＝5，－9＋3b＋c＝8，解得b＝4，c＝5，
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋4x＋5；
抛物线y＝－x2＋4x＋5与x轴交于点A，B，顶点为m，
过点m作mN⊥x轴于点N，则N．
∴S四边形ABmD＝SRt△AoD＋S梯形DoNm＋SRt△BmN
＝12×1×5＋12××2＋12×9×3＝30；
∴四边形ABmD的面积为30；
设点E的坐标为，

则S△ABE＝12×6×|y|＝3|y|.
∵S△ABE＝S四边形ABmD，∴3|y|＝30，解得y＝10，
y2＝－10.∴ 点E的坐标为或．
．如图，对称轴为直线x＝72的抛物线经过点A和B．
求抛物线解析式及顶点坐标；
设点E是抛物线上一动点，且位于第一象限，四边形oEAF
是以oA为对角线的平行四边形，求平行四边形oEAF的面积
S与x之间的函数关系式；
当中的平行四边形oEAF的面积为24时，请判断平行四
边形oEAF是否为菱形．
解：设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c，
∵抛物线经过A，B两点且对轴为直线x＝72，
∴－b2a＝72，36a＋6b＋c＝0，c＝－4，
解得a＝－23，b＝143，c＝－4，
∴抛物线的解析式为y＝－23x2＋143x－4，
配方，得y＝－23x－722＋256，
∴顶点坐标为72，256；
设E点坐标为x，－23x2＋143x－4，
S＝2×12oA•yE＝6－23x2＋143x－4
即S＝－4x2＋28x－24；
平行四边形oEAF的面积为24时，平行四边形oEAF可
能为菱形，理由如下：

当平行四边形oEAF的面积为24时，即
－4x2＋28x－24＝24，
化简，得x2－7x＋12＝0，
解得x＝3或 4，当x＝3时，Eo＝EA，平行四边形oEAF
为菱形；当x＝4时，Eo≠EA，平行四边形oE AF不为菱形．
◆重叠部分面积
【例5】如图①，在直角坐标系xoy中，直线 l：y＝kx
＋b交x轴，y轴于点E，F.点B的坐标是，过点B分别作x
轴，y轴的垂线， 垂足为A，c.点D是线段co上的动点，以
BD为对称轴，作与△BcD成轴对称的△Bc′D.
当∠cBD＝15°时，求点c′的坐标；
当图①中的直线l经过点A，且k＝－3 3时，求点D由
c到o的运动过程中，线段Bc′扫过的图形与△oAF重叠部
分的面积．
【解析】利用翻折变换的性质得出∠cBD＝∠c′BD＝
15°，c′B＝cB＝2，进 而得出cH的长，进而得出答案；首
先求出直线AF的解析式，进而得出当D与o重合时，点c′
与A重合，且Bc′扫过的图形与△oAF重合部分是弓形，求
出即可．
【答案】解：由题意得：△cBD≌△c′BD，
∴∠cBD＝∠c′BD＝15°，c′B＝cB＝2，
∴∠cBc′＝30°.

如图①，作c′H⊥Bc于H，则c′H＝1，HB＝3，
∴cH＝2－3，
∴点c′的坐标为；
如图②，∵A，k＝－33，
∴代入直线AF的解析式y＝－33x＋b，
∴b＝233，
则直线AF的解析式为y＝－33x＋233，
∴∠oAF＝30°，∠BAF＝60°，
∵在点D由c到o的运动过程中，Bc′扫过的图形是扇
形，
∴当D与o重合时，点c′与A重合，
且Bc′扫过的图形与△oAF重合部分是弓形，
当c′在直线y＝－33x＋233上时，Bc′＝Bc＝AB，
∴△ABc′是等边三角形，这时∠ABc′＝60°，
∴重叠部分的面积是：60π×22360－34×22＝23π－
3.
图①
图②
2．如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－34x2
＋3x＋33交x轴于A ，B两点，交y轴于点w，顶点为c，抛
物线的对称轴与x轴的交点为D.
求直线Bc的解析式；

点E，F为x轴上两点，其中2<m<4，E E′，FF′
分别垂直于x轴，交抛物线与点E′，F′，交Bc于点m，N，
当mE′＋NF ′的值最大时，在y轴上找一点R，使得|RF′
－RE′|值最大，请求出R点的坐标及|RF′－R E′|的最大
值；
如图②，已知x轴上一点P92，0，现以点P为顶点，23
为边长在x轴上方作等边三角形QPc，使GP⊥x轴，现将△
QPG沿PA方向以每秒1个单位长度的 速度平移，当点P到达
点A时停止，记平移后的△QPG为△Q′P′G′，设△Q′P′
G′ 与△ADc的重叠部分面积为S，当点Q′到x轴的距离与
点Q到直线Aw的距离相等时，求S的值．
图①
图②
解：y＝－3x＋63；
如图①，∵点E，F，
∴E′m，－34m2＋3m＋33，
F′m＋2，－34m2＋43，
∴E′m＝－34m2＋3m＋33－
＝－34m2＋23m－33，
F′N＝－34m2＋43－
＝－34m2＋3m，
∴E′m＋F′N＝－32m2＋33m－33，

当m＝－332×－32＝3时，E′m＋F′N的值最大，
∴E′3，1534，F′5，734，
∴E′F′解析式为y＝－3x＋2734，
∴R0，2734，根据勾股定理得：RF′＝10，RE′＝6，
∴|RF′－RE′|max＝4；
由题意，Q点在∠wAB的角平分线或外角平分线上，
①如图②，当Q点在∠wAB的角平分线上时，
Q′m＝Q′N＝3，Aw＝31，
∵△RmQ′∽△woA，∴RQ′wA＝mQ′Ao，
∴RQ′＝932，∴RN＝932＋3，
∵△ARN∽△Awo，
∴ANAo＝RNwo，∴AN＝2＋313，
∴DN＝AD－AN＝4－2＋313＝10－313，
∴S＝1313－209327；
图③
②如图③，当Q点在∠wAB的外角平分线上时，
∵△Q′RN∽△wAo，∴Q′R＝932，
∴Rm＝932－3.
∵△RAm∽△woA，∴Am＝31－23，
在Rt△Q′mP′中，mP′＝3Q′m＝3，
∴AP′＝mP′－Am＝3－31－23＝11－313，
在Rt△cP′S中，P′S＝32AP′＝32×11－313，

∴S＝763－119312.

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