專題34 中考命題核心元素鉛錘法求面積（解析版）

專題34中考命題核心元素鉛錘法求面積（解析版）

模塊一典例剖析+針對訓(xùn)練

模型一三角形面積問題

【模型解讀】作以下定義：如圖①，過△ABC的三個頂點(diǎn)分別作出與水平線垂直的三條直線，外側(cè)兩

條直線之間的距離叫△ABC的“水平寬”(a)，中間的這條直線在△ABC內(nèi)部線段的長度叫△ABC的“鉛垂

1

高”(h)．于是可得出一種計算三角形面積的新方法：S△ABC＝ah，即三角形的面積等于水平寬與鉛垂高乘積

2

的一半．

【常見鉛垂法】

1

(1)豎切，面積公式均為S＝dh.

2

1

(2)橫切，面積公式均為S＝dh.

2

典例1（2022?會理縣校級模擬）鉛錘定理：一個三角形，從一條邊上的兩個頂點(diǎn)作垂線，且互相平行，鉛

錘定理就是一種求三角形面積的特殊方法，主要解決的是斜三角形面積問題．具體公式是：三角形面積

等于水平寬和鉛錘高乘積的一半．該三角形面積等于兩垂線乘積的一半．如圖1所示：．

△???1

?=2??

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應(yīng)用：

（1）如圖2所示：平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（4，4），點(diǎn)B（6，2），點(diǎn)C（4，1）求：△OAB的面積；

（2）拋物線經(jīng)過點(diǎn)原點(diǎn)O且與x軸交于點(diǎn)C（6，0）直線y2＝k2x+b2經(jīng)過原點(diǎn)和點(diǎn)

2

B（4，4），點(diǎn)?1P=在?拋1?物+線?上1?移+動?，且在直線OB的上方．

（a）求拋物線和直線OB的解析式；

（b）當(dāng)△OBP面積最大時，求P的坐標(biāo)．

思路引領(lǐng)：（1）利用鉛錘法直接求三角形面積即可；

（2）（a）利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；

（b）過點(diǎn)P作PM∥y軸交于M點(diǎn)，設(shè)P（t，t2+3t），則M（t，t），再用鉛錘法求三角形面積的最大

1

值即可．?2

解：（1）∵A（4，4），點(diǎn)C（4，1），

∴AC＝3，

∴S△OAB6×3＝9；

1

（2）（a）=∵2×拋物線經(jīng)過點(diǎn)原點(diǎn)O，

2

∴c＝0，?1=?1?+?1?+?

∵點(diǎn)C（6，0）經(jīng)過拋物線，

∴36k1+6b1＝0，

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∴b1＝﹣6k1，

2

∴y1＝k1x﹣6k1x，

2

將點(diǎn)B（4，4）代入y1＝k1x﹣6k1x，

∴16k1﹣24k1＝4，

解得k1，

1

=?

22

∴拋物線的解析式為y1x+3x，

1

=?

∵直線y2＝k2x+b2經(jīng)過原點(diǎn)2和點(diǎn)B（4，4），

∴b2＝0，k2＝1，

∴直線OB的解析式為y＝x；

（b）過點(diǎn)P作PM∥y軸交于M點(diǎn)，

設(shè)P（t，t2+3t），則M（t，t），

1

?

∴PMt22+2t，

1

=?

222

∴S△OPB4（t+2t）＝﹣（t﹣2）+4，

11

當(dāng)t＝2時=，2△×OP?B2的面積有最大值4，此時P（2，4）．

總結(jié)提升：本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，鉛錘法求三角形的面積

是解題的關(guān)鍵．

針對訓(xùn)練

1．（2019?沈陽）如圖，正比例函數(shù)y1＝k1x的圖象與反比例函數(shù)y2（x＞0）的圖象相交于點(diǎn)A（，

?2

2），點(diǎn)B是反比例函數(shù)圖象上一點(diǎn)，它的橫坐標(biāo)是3，連接OB=，?AB，則△AOB的面積是23．

33

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思路引領(lǐng)：把點(diǎn)A（，2）代入y1＝k1x和y2（x＞0）可求出k1、k2的值，即可正比例函數(shù)和求

?2

出反比例函數(shù)的解析式3，過點(diǎn)3B作BD∥x軸交OA=于?點(diǎn)D，結(jié)合點(diǎn)B的坐標(biāo)即可得出點(diǎn)D的坐標(biāo)，再根

據(jù)三角形的面積公式即可求出△AOB的面積．

解：（1）∵正比例函數(shù)y1＝k1x的圖象與反比例函數(shù)y2（x＞0）的圖象相交于點(diǎn)A（，2），

?2

=?33

∴2k1，2，

?2

3=33=

∴k1＝2，k2＝6，3

∴正比例函數(shù)為y＝2x，反比例函數(shù)為：y，

6

過點(diǎn)B作BD∥x軸交OA于點(diǎn)D，=?

∵點(diǎn)B是反比例函數(shù)圖象上一點(diǎn)，它的橫坐標(biāo)是3，

∴y2，

6

∴B=（33，=2），

∴D（1，2），

∴BD＝3﹣1＝2．

∴S△AOB＝S△ABD+S△OBD2×（22）2×2＝2，

11

故答案為2．=2×3?+2×3

3

總結(jié)提升：本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題、反比例（一次）函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、

待定系數(shù)法求一次函數(shù)和反比例函數(shù)的解析式以及三角形的面積，解題的關(guān)鍵是：根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)利用待

定系數(shù)法求出函數(shù)解析式；利用分割圖形求面積法求出△AOB的面積．

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典例2（2023?岳陽縣一模）如圖，拋物線yx2﹣2x﹣6與x軸相交于點(diǎn)A、點(diǎn)B，與y軸相交于點(diǎn)C．

1

（1）請直接寫出點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)；=2

（2）若點(diǎn)P是拋物線BC段上的一點(diǎn)，當(dāng)△PBC的面積最大時求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，并求出△PBC面積的

最大值；

（3）點(diǎn)F是拋物線上的動點(diǎn)，作FE∥AC交x軸于點(diǎn)E，是否存在點(diǎn)F，使得以A、C、E、F為頂點(diǎn)的

四邊形是平行四邊形？若存在，請寫出所有符合條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

思路引領(lǐng)：（1）將x＝0及y＝0代入拋物線yx2﹣2x﹣6的解析式，進(jìn)而求得結(jié)果；

1

=2

（2）連接OP，設(shè)點(diǎn)P（m，2m﹣6），分別表示出S△POC，S△BOP，計算出S△BOC，根據(jù)S△PBC＝S

12

??

四邊形PBOC﹣S△BOC，從而得出△2PBC的函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)一步求得結(jié)果；

（3）可分為ACFE和ACEF的情形．當(dāng)ACFE時，點(diǎn)F和點(diǎn)C關(guān)于拋物線對稱軸對稱，從而得出

F點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)?ACED時?，可推出點(diǎn)F的縱坐?標(biāo)為6，進(jìn)一步求得結(jié)果．

解：（1）當(dāng)x＝?0時，y＝﹣6，

∴C（0，﹣6），

當(dāng)y＝0時，x2﹣2x﹣6＝0，

1

∴x1＝6，x2＝2﹣2，

∴A（﹣2，0），B（6，0）；

（2）方法一：如圖1，

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連接OP，

設(shè)點(diǎn)P（m，2m﹣6），

12

??

∴S△POC2xP3m，

11

=2???=2×6??=

S△BOP|yP|2m+6），

112

=2???=3(?2?+

∵S△BOC18，

11

=?????=×6×6=

∴S△PBC＝S2四邊形PBOC﹣2S△BOC

＝（S△POC+S△POB）﹣S△BOC

＝3m+3（2m+6）﹣18

12

??+

（m﹣32）2，

327

=?2+2

∴當(dāng)m＝3時，S△PBC最大，此時P（3，）；

2715

方法二：如圖2，=2?2

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作PQ⊥AB于Q，交BC于點(diǎn)D，

∵B（6，0），C（0，﹣6），

∴直線BC的解析式為：y＝x﹣6，

∴D（m，m﹣6），

∴PD＝（m﹣6）﹣（2m﹣6）3m，

1212

??=??+

22

∴S△PBC2（m﹣3），

1112327

=2?????=2×6?(?2?+3?)=?2+2

∴當(dāng)m＝3時，S△PBC最大，此時P（3，），

2715

（3）如圖3，=2?2

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當(dāng)ACFE時，AE∥CF，

?

∵拋物線對稱軸為直線：x2，

?2+6

==

∴F1點(diǎn)的坐標(biāo)：（4，﹣6），2

如圖4，

當(dāng)ACEF時，

作?FG⊥AE于G，

∴FG＝OC＝6，

當(dāng)y＝6時，x2﹣2x﹣6＝6，

1

∴x1＝2+22，x2＝2﹣2，

∴F2（2+27，6），F(xiàn)3（27﹣2，6），

綜上所述：F7（4，﹣6）或（2+72，6）或（2﹣2，6）．

總結(jié)提升：本題考查了二次函數(shù)及7其圖象性質(zhì)，平行7四邊形的分類等知識，解決問題的關(guān)鍵是正確分類，

畫出圖形，轉(zhuǎn)化條件．

針對訓(xùn)練

1．（2022?廣東）如圖，拋物線y＝x2+bx+c（b，c是常數(shù)）的頂點(diǎn)為C，與x軸交于A，B兩點(diǎn)，A（1，0），

AB＝4，點(diǎn)P為線段AB上的動點(diǎn)，過P作PQ∥BC交AC于點(diǎn)Q．

（1）求該拋物線的解析式；

（2）求△CPQ面積的最大值，并求此時P點(diǎn)坐標(biāo)．

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思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)A（1，0），AB＝4求出B（﹣3，0），把A、B的坐標(biāo)代入拋物線y＝x2+bx+c，即可

求解；

（2）過Q作QE⊥x軸于E，設(shè)P（m，0），則PA＝1﹣m，易證△PQA∽△BCA，利用相似三角形的性

質(zhì)即可求出QE的長，又因為S△CPQ＝S△PCA﹣S△PQA，進(jìn)而得到△CPQ面積和m的二次函數(shù)關(guān)系式，利

用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出面積最大值．

（1）∵拋物線y＝x2+bx+c（b，c是常數(shù)）的頂點(diǎn)為C，與x軸交于A，B兩點(diǎn)，A（1，0），AB＝4，

∴B（﹣3，0），

∴，

1+?+?=0

解得9?3?+，?=0

?=2

∴拋物?線=?的3解析式為y＝x2+2x﹣3；

（2）過Q作QE⊥x軸于E，過C作CF⊥x軸于F，

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設(shè)P（m，0），則PA＝1﹣m，

∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，

∴C（﹣1，﹣4），

∴CF＝4，

∵PQ∥BC，

∴△PQA∽△BCA，

∴，即，

??????1??

==

∴Q??E＝1?﹣?m，44

∴S△CPQ＝S△PCA﹣S△PQA

PA?CFPA?QE

11

=?

2（1﹣m）2×4（1﹣m）（1﹣m）

11

=?

2（m+1）2+2，2

1

∵=?﹣23≤m≤1，

∴當(dāng)m＝﹣1時S△CPQ有最大值2，

∴△CPQ面積的最大值為2，此時P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，0）．

總結(jié)提升：本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)圖象和性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，相似三角

形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是抓住圖形中某些特殊的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系．此題綜合性較強(qiáng)，中等難

度，是一道很好的試題．

5．（2022?福建）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過A（4，0），B（1，4）兩點(diǎn)．P是

拋物線上一點(diǎn)，且在直線AB的上方．

（1）求拋物線的解析式；

（2）若△OAB面積是△PAB面積的2倍，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；

（3）如圖，OP交AB于點(diǎn)C，PD∥BO交AB于點(diǎn)D．記△CDP，△CPB，△CBO的面積分別為S1，S2，

S3．判斷是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由．

?1?2

+

?2?3

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思路引領(lǐng)：（1）將點(diǎn)A，B的坐標(biāo)代入二次函數(shù)的解析式，利用待定系數(shù)法求解即可；

（2）利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，過點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，PM與AB交于點(diǎn)N，過點(diǎn)B

作BE⊥PM于點(diǎn)E，可分別表達(dá)△OAB和△PAB的面積，根據(jù)題意列出方程求出PN的長，設(shè)出點(diǎn)P的

坐標(biāo)，表達(dá)PN的長，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)即可；

（3）由PD∥OB，可得△DPC∽△BOC，所以CP：CO＝CD：CB＝PD：OB，所以，，

?1??????

==

則．設(shè)直線AB交y軸于點(diǎn)F．則F（0，），過點(diǎn)P作PH⊥x軸，?垂2足為??H，?P?H交?A?B

?1?22??16

2+3=

于點(diǎn)?G，?易證?P?DG∽△OBF，所以PD：OB＝PG：OF，3設(shè)P（n，n2n）（1＜n＜4），由（2）可

416

?+

知，PGn2n，所以PG（3n）32．利用二次函數(shù)的性質(zhì)

42016?1?22??2??3159

=?+?+====??+

可得出最值．333?2?3????8228

解：（1）將A（4，0），B（1，4）代入y＝ax2+bx，

∴，解得．

4

16?+4?=0?=?3

16

?+?=4?=

∴拋物線的解析式為：yx32x．

416

（2）設(shè)直線AB的解析式=?為3：y+＝k3x+t，

將A（4，0），B（1，4）代入y＝kx+t，

∴，

4?+?=0

?+?=4

解得．

4

?=?3

16

∵A（?4，=03），B（1，4），

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∴S△OAB4×4＝8，

1

=×

∴S△OAB＝2S△PAB＝8，即S△PAB＝4，

過點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，PM與AB交于點(diǎn)N，過點(diǎn)B作BE⊥PM于點(diǎn)E，如圖，

∴S△PAB＝S△PNB+S△PNAPN×BEPN×AMPN＝4，

113

=+=

∴PN．222

8

設(shè)點(diǎn)P=的3橫坐標(biāo)為m，

∴P（m，m2m）（1＜m＜4），N（m，m），

416416

?+?+

∴PNm23m3﹣（m）．33

4164168

解得m=＝?23或+m＝33；?3+3=3

∴P（2，）或（3，4）．

16

總結(jié)提升：3本題考查一次函數(shù)和二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、三角函數(shù)、三角形面積、相似三角形的判定與

性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程，函數(shù)建模等數(shù)學(xué)思想方法，考查運(yùn)算能力、推理能力、

空間觀念與幾何直觀、創(chuàng)新意識等數(shù)學(xué)素養(yǎng)．

模型二四邊形面積問題

【模型解讀】求四邊形的面積問題時，可將四邊形分割成兩個三角形，從而轉(zhuǎn)變成求三角形的面積問

題．

典例3（2022?海南）如圖1，拋物線y＝ax2+2x+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0）、C（0，3），并交x軸于另一點(diǎn)B，

點(diǎn)P（x，y）在第一象限的拋物線上，AP交直線BC于點(diǎn)D．

（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；

（2）當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，4）時，求四邊形BOCP的面積；

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思路引領(lǐng)：（1）將A，C兩點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線的解析式，進(jìn)一步求得結(jié)果；

（2）可推出△PCB是直角三角形，進(jìn)而求出△BOC和△PBC的面積之和，從而求得四邊形BOCP的面

積；

（3）作PE∥AB交BC的延長線于E，根據(jù)△PDE∽△ADB，求得的函數(shù)解析式，從而求得P點(diǎn)坐標(biāo)，

??

進(jìn)而分為點(diǎn)P和點(diǎn)A和點(diǎn)Q分別為直角頂點(diǎn)，構(gòu)造“一線三直角?”，?進(jìn)一步求得結(jié)果；

（4）作GL∥y軸，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于K，作HW⊥IK于點(diǎn)W，則△GLC≌△CRH，△ITM

≌△HWI．根據(jù)△GLC≌△CRH可表示出H點(diǎn)坐標(biāo)，從而表示出點(diǎn)K坐標(biāo)，進(jìn)而表示出I坐標(biāo)，根據(jù)

MT＝IW，構(gòu)建方程求得n的值．

解：（1）由題意得，

，

??2+?=0

∴?=3，

?=?1

∴該?拋=物3線的函數(shù)表達(dá)式為：y＝﹣x2+2x+3；

（2）當(dāng)y＝0時，﹣x2+2x+3＝0，

∴x1＝﹣1，x2＝3，

∴B（3，0），

∵PC2+BC2＝[1+（4﹣3）2]+（32+32）＝20，PB2＝[（3﹣1）2+42]＝20，

∴PC2+BC2＝PB2，

∴∠PCB＝90°，

∴S△PBC3，

11

=2?????=2×2×32=

∵S△BOC，

1129

=2?????=2×3=2

∴S四邊形BOCP＝S△PBC+S△BOC＝3；

915

+2=2

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總結(jié)提升：本題考查了二次函數(shù)及其圖象性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，

正方形的判定和性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握“一線三直角”模型及需要較強(qiáng)計算能力．

針對訓(xùn)練

1．（2022秋?平陰縣期末）如圖，已知直線與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線y＝ax2+bx+4

4

經(jīng)過A，C兩點(diǎn)，且與x軸的另一個交?點(diǎn)=為3B?，+對4稱軸為直線x＝﹣1．

（1）求拋物線的表達(dá)式；

（2）D是第二象限內(nèi)拋物線上的動點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時D

點(diǎn)的坐標(biāo)；

（3）若點(diǎn)P在拋物線對稱軸上，點(diǎn)Q為任意一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P、Q，使以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四

邊形是以AC為對角線的菱形？若存在，請直接寫出P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．

思路引領(lǐng)：（1）先求得A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)，將拋物線設(shè)為交點(diǎn)式，進(jìn)一步求得結(jié)果；

（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根據(jù)點(diǎn)D和點(diǎn)E坐標(biāo)可表示出DE的長，進(jìn)而表示出三角形ADC

的面積，進(jìn)而表示出S的函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)一步求得結(jié)果；

（3）根據(jù)菱形性質(zhì)可得PA＝PC，進(jìn)而求得點(diǎn)P的坐標(biāo)，根據(jù)菱形性質(zhì)，進(jìn)一步求得點(diǎn)Q坐標(biāo)．

解：（1）當(dāng)x＝0時，y＝4，

∴C（0，4），

當(dāng)y＝0時，，

4

?+4=0

∴x＝﹣3，3

∴A（﹣3，0），

∵對稱軸為直線x＝﹣1，

∴B（1，0），

∴設(shè)拋物線的表達(dá)式：＝（﹣）（），

yax1?x+3

∴4＝﹣3a，

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∴，

4

?=?

∴拋物線3的表達(dá)式為：；

4428

（2）如圖1，?=?3(??1)?(?+3)=?3??3?+4

作DF⊥AB于F，交AC于E，

∴，，，，

4284

?(?????+4)?(??+4)

∴333，

428442

??=????+4?(?+4)=???4?

∴3333，

13422

?△???=?????=?(???4?)=?2??6?

∵223，

11

?△???=?????=×4×4=8

∴22，

23225

?=?2??6?+8=?2(?+2)+2

∴當(dāng)時，最大，

325

?=??=

當(dāng)時2，2，

3433

?=??=?×(??1)×(?+3)=5

∴2，；322

3

（3?）(?設(shè)2P（5﹣)1，n），

∵以A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對角線的菱形，

∴PA＝PC，

即：PA2＝PC2，

∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，

∴，

13

?=

∴8，，

13

?(?1)

∵xP+xQ＝xA8+xC，yP+yQ＝y(tǒng)A+yC，

∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，，

1319

??=4?=

∴，．88

19

?(?28)

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總結(jié)提升：本題考查了二次函數(shù)及其圖象性質(zhì)，三角形的面積，菱形性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握

知識點(diǎn)．

模塊二2023中考押題預(yù)測

1．（2020春?雨花區(qū)校級月考）如圖，已知函數(shù)y＝x+3的圖象與函數(shù)y的圖象交于A、B兩點(diǎn)，

?

=(?≠0)

連接BO并延長交函數(shù)y的圖象于點(diǎn)C，連接AC，若△ABC?的面積為12，則k的值為．

?7

=(?≠0)

?4

思路引領(lǐng)：連接OA．根據(jù)反比例函數(shù)的對稱性可得OB＝OC，那么S△OAB＝S△OACS△ABC＝6．求出直

1

=

線y＝x+3與y軸交點(diǎn)D的坐標(biāo)．設(shè)A（a，a+3），B（b，b+3），則C（﹣b，﹣b﹣3）2，根據(jù)S△OAB＝6，

得出a﹣b＝4①．根據(jù)S△OAC＝4，得出﹣a﹣b＝3②，①與②聯(lián)立，求出a、b的值，即可求解．

解：如圖，連接OA．

由題意，可得OB＝OC，

∴S△OAB＝S△OACS△ABC＝6．

1

=2

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設(shè)直線y＝x+3與y軸交于點(diǎn)D，則D（0，3），

設(shè)A（a，a+3），B（b，b+3），則C（﹣b，﹣b﹣3），

∴S△OAB3×（a﹣b）＝6，

1

∴a﹣b＝=42①×．

過A點(diǎn)作AM⊥x軸于點(diǎn)M，過C點(diǎn)作CN⊥x軸于點(diǎn)N，

則S△OAM＝S△OCNk，

1

=

∴S△OAC＝S△OAM+S2梯形AMNC﹣S△OCN＝S梯形AMNC＝6，

∴（﹣b﹣3+a+3）（﹣b﹣a）＝6，

1

將2①代入，得

∴﹣a﹣b＝3②，

①+②，得﹣2b＝7，b，

7

=?

①﹣②，得2a＝1，a，2

1

=2

∴A（，），

17

∴k22．

177

=×=

故答案2為2．4

7

總結(jié)提升4：本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題，反比例函數(shù)的性質(zhì)，反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的

坐標(biāo)特征，三角形的面積，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式等知識，綜合性較強(qiáng)，難度適中．根據(jù)反比例函

數(shù)的對稱性得出OB＝OC是解題的突破口．

2．如圖，我們可以用“三角形面積等于水平寬（a）與鉛垂高（h）乘積的一半”的方法來計算三角形面積．已

知開口向下的拋物線y＝ax2+bx+c交x軸于A（﹣1，0）、B（5，0）兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C（0，5）

（1）求拋物線的解析式；

（2）寫出該拋物線的對稱軸及頂點(diǎn)M的坐標(biāo)；

（3）求△BCM的面積．

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思路引領(lǐng)：（1）利用A，B，C點(diǎn)坐標(biāo)結(jié)合交點(diǎn)式，求出二次函數(shù)解析式即可；

（2）利用配方法求出二次函數(shù)對稱軸和頂點(diǎn)坐標(biāo)即可；

（3）利用△BCM的面積＝S四邊形COBM﹣S△COB＝S四邊形CODM+S△MDB﹣S△COB，進(jìn)而得出答案．

解：（1）將A，B點(diǎn)代入二次函數(shù)解析式可得：

y＝a（x+1）（x﹣5），

再將C（0，5）代入函數(shù)解析式得：

5＝﹣5a，

解得：a＝﹣1．

故二次函數(shù)解析式為：y＝﹣（x+1）（x﹣5）＝﹣x2+4x+5；

（2）∵y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，

∴該拋物線的對稱軸為：直線x＝2，頂點(diǎn)M的坐標(biāo)為；（2，9）；

（3）方法一：如圖所示：過點(diǎn)M作MD⊥x軸于點(diǎn)D，

△BCM的面積＝S四邊形COBM﹣S△COB

＝S四邊形CODM+S△MDB﹣S△COB

（5+9）×29×35×5

111

＝=125．+2×?2×

方法二：設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx+b，

則，

5?+?=0

解得?：=k5＝﹣1，b＝5，

則直線BC的解析式為：y＝﹣x+5，

當(dāng)x＝2時，y＝3，

則M到直線BC的鉛直高度為：9﹣3＝6，

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故△BCM的面積為：5×6＝15．

1

×

2

總結(jié)提升：此題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用以及三角形面積求法和配方法求二次函數(shù)頂點(diǎn)坐標(biāo)，正確分

割圖形求出其面積是解題關(guān)鍵．

3．（2021秋?梅江區(qū)校級期末）拋物線y＝﹣x2+bx+c交x軸于點(diǎn)A（3，0），交y軸于點(diǎn)B（0，3）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）如圖1，點(diǎn)P是線段AB上方拋物線上一動點(diǎn)，當(dāng)△PAB的面積最大值時，求出此時P點(diǎn)的坐標(biāo)；

（3）點(diǎn)Q是線段AO上的動點(diǎn)，直接寫出AQ+BQ的最小值為．

1733

?

222

思路引領(lǐng)：（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；

2

（2）過點(diǎn)P作PG∥y軸交AB于點(diǎn)G，設(shè)P（t，﹣t+2t+3），則G（t，﹣t+3），則S△PAB（t）

33

=??

2，再由此求解即可；22

27

+8

（3）作∠OAK＝30°，過點(diǎn)B作BK⊥AK交于K點(diǎn)，交x軸于點(diǎn)Q，則AQ+BQ＝BK，求出BK的長即

1

可．2

解：（1）將點(diǎn)A（3，0），B（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，

∴，

?9+3?+?=0

解得?=3，

?=2

?=3

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∴y＝﹣x2+2x+3；

（2）設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+m，

∴，

3?+?=0

解得?=3，

?=?1

∴y＝?﹣x=+33，

過點(diǎn)P作PG∥y軸交AB于點(diǎn)G，

設(shè)P（t，﹣t2+2t+3），則G（t，﹣t+3），

∴PG＝﹣t2+2t+3+t﹣3＝﹣t2+3t，

22

∴S△PAB3×（﹣t+3t）（t），

13327

=2×=?2?2+8

當(dāng)t時，△PAB的面積有最大值，

327

=

此時P2（，）；8

315

（3）作∠2OA4K＝30°，過點(diǎn)B作BK⊥AK交于K點(diǎn)，交x軸于點(diǎn)Q，

∵∠OAK＝30°，

∴QKAQ，

1

=2

∴AQ+BQ＝QK+QB＝BK，

1

∵∠2BKA＝∠BOA＝90°，∠BQO＝∠AQK，

∴∠BOQ＝∠OAK＝30°，

∵OB＝3，

∴OQ，BQ＝2，

∵OA＝=3，33

∴AQ＝3，

?3

∴QK（3），

133

=?3=?

∴BK＝2222，

33333

3+2?2=2+2

∴AQ+BQ的最小值為，

1333

+

故答2案為：．22

333

+

22

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總結(jié)提升：本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，胡不歸求最短距離的方

法是解題的關(guān)鍵．

4．（2022秋?臨淄區(qū)期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點(diǎn)，

與y軸交于點(diǎn)C（0，4），連接AC、BC．

（1）求拋物線的表達(dá)式；

（2）D為拋物線上第一象限內(nèi)一點(diǎn)，求△DCB面積的最大值；

（3）點(diǎn)P是拋物線上的一動點(diǎn)，當(dāng)∠PCB＝∠ABC時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

思路引領(lǐng)：（1）利用待定系數(shù)法解答即可；

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（2）過點(diǎn)D作DE∥y軸交BC于點(diǎn)E，利用三角形的面積公式即可求得結(jié)論；

（3）利用分類討論的思想方法分兩種情況討論解答：①當(dāng)點(diǎn)P在BC上方時，利用平行線的判定與性

質(zhì)可得點(diǎn)C，P的縱坐標(biāo)相等，利用拋物線的解析式即可求得結(jié)論；②當(dāng)點(diǎn)P在BC下方時，設(shè)PC交x

軸于點(diǎn)H，設(shè)HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理求得m值，則點(diǎn)H坐標(biāo)可求；利

用待定系數(shù)法求得直線PC的解析式，與拋物線解析式聯(lián)立即可求得點(diǎn)P坐標(biāo)．

解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，

4），

∴，

4??2?+?=0

64?+8?+?=0

?=4

解得：1，

?=?4

3

?=2

∴拋物線?的=表4達(dá)式為yx2x+4；

13

（2）如圖，過點(diǎn)D作=D?E∥4y+軸2交BC于點(diǎn)E，交x軸于點(diǎn)F，

∵B（8，0），C（0，4），

∴直線BC解析式為yx+4，

1

=?

設(shè)D（m，m2m+4），2

13

?+

則E（m，4m+4）2，

1

∵D為拋物?線2上第一象限內(nèi)一點(diǎn)，

∴DE＝DF﹣EF＝（m2m+4）﹣（m+4）m2+2m，

1311

?+?=?

∴△DCB面積8×4DE＝24（m2+2m）2＝﹣m2+8m4＝﹣（m﹣4）2+16，

11

=2×?4

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∴當(dāng)m＝4時，△DCB面積最大，最大值為16；

（3）①當(dāng)點(diǎn)P在BC上方時，如圖，

∵∠PCB＝∠ABC，

∴PC∥AB，

∴點(diǎn)C，P的縱坐標(biāo)相等，

∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為4，

令y＝4，則x2x+4＝4，

13

解得：x＝0或?4x＝+6，2

∴P（6，4）；

②當(dāng)點(diǎn)P在BC下方時，如圖，

設(shè)PC交x軸于點(diǎn)H，

∵∠PCB＝∠ABC，

∴HC＝HB．

設(shè)HB＝HC＝m，

∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m，

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在Rt△COH中，

∵OC2+OH2＝CH2，

∴42+（8﹣m）2＝m2，

解得：m＝5，

∴OH＝3，

∴H（3，0）．

設(shè)直線PC的解析式為y＝kx+n，

∴，

?=4

解得3?：+?=0，

4

?=?3

∴y?x+=4，4

4

=?3

∴，

4

?=?3?+4

123

?=?4?+2?+4

解得：，，

234

?1=0?=3

?1=4100

?2=?

∴P（，）．9

34100

?

綜上所3述，點(diǎn)9P的坐標(biāo)為（6，4）或（，）．

34100

?

總結(jié)提升：本題主要考查了二次函數(shù)圖象3的性質(zhì)9，待定系數(shù)法，一次函數(shù)圖象的性質(zhì)，拋物線上點(diǎn)的坐

標(biāo)的特征，一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示

出相應(yīng)線段的長度是解題的關(guān)鍵．

5．（2020?中原區(qū)校級三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)

（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），拋物線頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，﹣4），

直線BC與對稱軸相交于點(diǎn)E．

（1）求拋物線的解析式；

（2）點(diǎn)M為直線x＝1右方拋物線上的一點(diǎn)（點(diǎn)M不與點(diǎn)B重合），設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m，記A、B、

C、M四點(diǎn)所構(gòu)成的四邊形面積為S，若S＝3S△BCD，請求出m的值；

（3）點(diǎn)P是線段BD上的動點(diǎn)，將△DEP沿邊EP翻折得到△D'EP，是否存在點(diǎn)P，使得△D'EP與△

BEP的重疊部分圖形為直角三角形？若存在，請直接寫出BP的長，若不存在，請說明理由．

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思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)拋物線頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，﹣4），寫出拋物線的頂點(diǎn)式，再將A（﹣1，0）代入解

析式，求得a的值，則可得拋物線的解析式；

2

（2）設(shè)M（m，m﹣2m﹣3），先求得直線BC的解析式為y＝x﹣3，再得出點(diǎn)E的坐標(biāo)，然后由S△BCD

＝S△CDE+S△BDE求得S△BCD，進(jìn)而根據(jù)S＝3S△BCD，得出S的值，再分類討論：①當(dāng)點(diǎn)M在x軸上方時，

m＞3，②當(dāng)點(diǎn)M在x軸下方時，1＜m＜3，分別得出關(guān)于m的方程，求解即可；

（3）存在點(diǎn)P，使得△D'EP與△BEP的重疊部分圖形為直角三角形．設(shè)拋物線的對稱軸交x軸于點(diǎn)F，

利用勾股定理求得BD，再分類討論：①如圖3，EP⊥DB于P，△DEP沿著EP邊翻折得到△D'EP，判

定△EPD∽△BFD，從而得比例式，求得DP的值，再根據(jù)BP＝BD﹣DP可得BP的值；②如圖4，當(dāng)

ED'⊥BD于點(diǎn)H時，與①同理可得△DEH∽△DBF，從而可得比例式，求得DH和EH的值，再設(shè)PH

＝x，用含x的式子表示出D'P、D'H，由勾股定理可得關(guān)于x的方程，解得x，則可得出BP的值；③如

圖5，當(dāng)D'P⊥BC于點(diǎn)G時，作EI⊥BD于點(diǎn)I，由①②的結(jié)論可得EI和BI的值，再由勾股定理得出

BE，進(jìn)而得出BG；判定△BPG∽△BEI，從而得比例式，求得BP的值，則問題得解．

解：（1）∵拋物線頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，﹣4），

∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）2﹣4，

把A（﹣1，0）代入得0＝a（﹣1﹣1）2﹣4，

解得a＝1，

∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，

∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；

（2）設(shè)M（m，m2﹣2m﹣3），

∵y＝x2﹣2x﹣3，

∴當(dāng)x＝0時，y＝﹣3，

∴C（0，﹣3）；

∵A（﹣1，0），對稱軸為直線x＝1，

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∴B（3，0），

∴直線BC的解析式為y＝x﹣3，

∴當(dāng)x＝1時，y＝x﹣3＝﹣2，

∴E（1，﹣2）；

∴DE＝2，

∴S△BCD＝S△CDE+S△BDE

DE×（xB﹣xC）

1

=

22×3

1

＝=32，×

∴S＝3S△BCD＝9，

分兩種情況：

①當(dāng)點(diǎn)M在x軸上方時，m＞3，如圖1，

S＝S△ACB+S△ABM

AB×OCAB×yM

11

=+

24×324（m2﹣2m﹣3