專題53 固定面積的存在性問題(解析版)

專題53固定面積的存在性問題【題型演練】一、解答題1．【探索發(fā)現(xiàn)】如圖1，是一張直角三角形紙片，，小明想從中剪出一個以為內(nèi)角且面積最大的矩形，經(jīng)過多次操作發(fā)現(xiàn)，當沿著中位線DE、EF剪下時，所得的矩形的面積最大，隨后，他通過證明驗證了其正確性，并得出：矩形的最大面積與原三角形面積的比值為______．【拓展應用】如圖2，在中，，BC邊上的高，矩形PQMN的頂點P、N分別在邊AB、AC上，頂點Q、M在邊BC上，求出矩形PQMN面積的最大值用含a、h的代數(shù)式表示；【靈活應用】如圖3，有一塊“缺角矩形”ABCDE，，，，，小明從中剪出了一個面積最大的矩形為所剪出矩形的內(nèi)角，直接寫出該矩形的面積．【答案】（1）；（2）（3）當時，矩形BGPH的面積取得最大值，最大值為567．【分析】（1）由中位線知EF=BC、ED=AB、由可得；（2）由△APN∽△ABC知，可得PN=a-，設PQ=x，由S矩形PQMN=PQ?PN=，據(jù)此可得；（3）結(jié)合圖形過DE上的點P作PG⊥BC于點G，延長GP交AE延長線于點I，過點P作PH⊥AB，設PG=x，知PI=28-x，由△EIP∽△EKD知，據(jù)此求得EI=，PH=，再根據(jù)矩形BGPH的面積S=可得答案．【詳解】解：、ED為中位線，，，，，又，四邊形FEDB是矩形，則，故答案為；，∽，，可得，設，由，當時，最大值為．如圖，過DE上的點P作于點G，延長GP交AE延長線于點I，過點P作于點H，則四邊形AHPI和四邊形BGPH均為矩形，設，則，，，，，，，由∽知，即，得，，則矩形BGPH的面積，當時，矩形BGPH的面積取得最大值，最大值為567．【點睛】本題是四邊形的綜合問題，解題的關鍵是掌握三角形中位線定理（三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半），相似三角形的判定與性質(zhì)（相似三角形任意對應線段的比等于相似比），矩形的判定與性質(zhì)（對邊平行且相等）等知識點．2．已知二次函數(shù)（a＞0）的圖象與x軸交于A、B兩點，（A在B左側(cè)，且OA＜OB），與y軸交于點C．（1）求C點坐標，并判斷b的正負性；（2）設這個二次函數(shù)的圖像的對稱軸與直線AC交于點D，已知DC：CA=1：2，直線BD與y軸交于點E，連接BC，①若△BCE的面積為8，求二次函數(shù)的解析式；②若△BCD為銳角三角形，請直接寫出OA的取值范圍.【答案】（1）C(0，-4)，b＜0；（2）①；②【分析】(1)把x=0代入，即可求得點C坐標，根據(jù)OA＜OB，可知，由a＞0即可求得b＜0；(2)①過點D作DM⊥y軸，垂足為M，則有，由此可得，設A(-2m，0)m＞0，則AO=2m，DM=m，繼而可得D(m，-6)，B(4m，0)，AB=6m，BN=3m，再由DN//OE，可得△BND∽△BOE，繼而根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得OE=8，再根據(jù)，可求得，由此可得A(-2，0)，B(4，0)，設，繼而可得C(0，-8a)，再根據(jù)C點(0，-4)可求得a值，即可求得答案；②由①易知：B(4m，0)，C(0，-4)，D(m，-6)，∠CBD一定為銳角，利用勾股定理求得，然后分兩種情況進行討論即可得.【詳解】(1)當x=0時，=-4，∴C(0，-4)，∵OA＜OB，∴對稱軸在y軸右側(cè)，即，∵a＞0，∴b＜0；(2)①過點D作DM⊥y軸，垂足為M，則有DM//OA，∴△DCM∽△ACO，∴，∴，設A(-2m，0)m＞0，則AO=2m，DM=m，∵OC=4，∴CM=2，∴D(m，-6)，B(4m，0)，AB=6m，BN=3m，∵DN//OE，∴△BND∽△BOE，∴，即，∴OE=8，∴CE=OE-OC=4，∴，∴，∴A(-2，0)，B(4，0)，設，即，令x=0，則y=-8a，∴C(0，-8a)，∴-8a=-4，∴a=，∴；②由①易知：B(4m，0)，C(0，-4)，D(m，-6)，∠CBD一定為銳角，由勾股定理可得：，當∠CDB為銳角時，，，解得；當∠BCD為銳角時，，，解得，綜上：，∴，∴.【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法，勾股定理以及不等式等知識，綜合性較強，有一定的難度，熟練掌握相關知識并運用數(shù)形結(jié)合思想是解題的關鍵.3．“構(gòu)造圖形解題”，它的應用十分廣泛，特別是有些技巧性很強的題目，如果不能發(fā)現(xiàn)題目中所隱含的幾何意義，而用通常的代數(shù)方法去思考，經(jīng)常讓我們手足無措，難以下手，這時，如果能轉(zhuǎn)換思維，發(fā)現(xiàn)題目中隱含的幾何條件，通過構(gòu)造適合的幾何圖形，將會得到事半功倍的效果，下面介紹兩則實例：實例一：1876年，美國總統(tǒng)伽非爾德利用實例一圖證明了勾股定理：由四邊形得，化簡得：．實例二：歐幾里得的《幾何原本》記載，關于的方程的圖解法是：畫，使，，，再在斜邊上截取，則的長就是該方程的一個正根(如實例二圖)．根據(jù)以上閱讀材料回答下面的問題：（1）如圖1，請利用圖形中面積的等量關系，寫出甲圖要證明的數(shù)學公式是，乙圖要證明的數(shù)學公式是，體現(xiàn)的數(shù)學思想是；（2）如圖2，按照實例二的方式構(gòu)造，連接，請用含字母、的代數(shù)式表示的長，的表達式能和已學的什么知識相聯(lián)系；（3）如圖3，已知，為直徑，點為圓上一點，過點作于點，連接，設，，求證：．【答案】（1）完全平方公式，平方差公式，數(shù)形結(jié)合的思想；（2），的表達式能和一元二次方程的求根公式相聯(lián)系；（3）證明見解析．【分析】（1）根據(jù)大正方形面積=各個部分面積之和，即可得到完全平方公式和平方差公式，進而即可得到答案；（2）根據(jù)勾股定理以及一元二次方程的求根公式，即可得到答案；（3）連接，，易證，，結(jié)合，即可得到結(jié)論．【詳解】（1）如圖1中，圖甲大正方形的面積，圖乙中大正方形的面積，即：．它們都體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想．故答案是：完全平方公式，平方差公式，數(shù)形結(jié)合的思想；（2）∵在中，，，∴，∴；解，由求根公式可得，答：的表達式能和一元二次方程的求根公式相聯(lián)系；（3）由已知，可得，連接，．∵為直徑，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，即，∵在中，，∴，即，∴．【點睛】本題主要考查乘法公式與幾何圖形的面積，勾股定理，一元二次方程的求根公式，圓周角定理的推論以及相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)定理，勾股定理以及圓周角定理的推論，是解題的關鍵．4．【探索發(fā)現(xiàn)】如圖①，是一張直角三角形紙片，，小明想從中剪出一個以為內(nèi)角且面積最大的矩形，經(jīng)過多次操作發(fā)現(xiàn)，當沿著中位線、剪下時，所得的矩形的面積最大，隨后，他通過證明驗證了其正確性，并得出：矩形的最大面積與原三角形面積的比值為_____________．【拓展應用】如圖②，在中，，邊上的高，矩形的頂點、分別在邊、上，頂點、在邊上，則矩形面積的最大值為_________．（用含的代數(shù)式表示）【靈活應用】如圖③，有一塊“缺角矩形”，，，，，小明從中剪出了一個面積最大的矩形（為所剪出矩形的內(nèi)角），求該矩形的面積．【實際應用】如圖④，現(xiàn)有一塊四邊形的木板余料，經(jīng)測量，，，且，，木匠徐師傅從這塊余料中裁出了頂點、在邊上且面積最大的矩形，求該矩形的面積．【答案】【探索發(fā)現(xiàn)】；【拓展應用】；【靈活應用】720；【實際應用】2205cm2．【分析】（1）【探索發(fā)現(xiàn)】：由中位線知EF=BC、ED=AB、由可得結(jié)論；（2）【拓展應用】：設PN=b，證明△APN∽△ABC，表示PQ的長，根據(jù)矩形的面積公式得：S=b?PQ=+bh，根據(jù)二次函數(shù)求最值即可；（3）【靈活應用】：添加如圖1輔助線，取BF中點I，F(xiàn)G的中點K，由矩形性質(zhì)知AE=EH=20、CD=DH=16，分別證△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，從而判斷出中位線IK的兩端點在線段AB和DE上，利用【探索發(fā)現(xiàn)】結(jié)論解答即可；（4）【實際應用】：延長BA、CD交于點E，過點E作EH⊥BC于點H，由tanB和tanC得BH和CH、EH的長，繼而求得BE和CE的長，可判斷中位線PQ的兩端點在線段AB、CD上，利用【拓展應用】結(jié)論解答可得．【詳解】（1）【探索發(fā)現(xiàn)】：設EF=x，ED=y，∵EF、ED為△ABC中位線，∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，∴AB=2ED=2y，BC=2EF=2x，又∠B=90°，∴四邊形FEDB是矩形，則，故答案為：；（2）【拓展應用】：設PN=b，∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴，∵BC=a，BC邊上的高AD=h，∴，PQ=，∴S=b?PQ=+bh，∴S的最大值為：；則矩形PQMN面積的最大值為；故答案為：；（3）【靈活應用】：如圖1，延長BA、DE交于點F，延長BC、ED交于點G，延長AE、CD交于點H，取BF中點I，F(xiàn)G的中點K，由題意知四邊形ABCH是矩形，∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，∴EH=20、DH=16，∴AE=EH、CD=DH，在△AEF和△HED中，∵，∴△AEF≌△HED（ASA），∴AF=DH=16，同理△CDG≌△HDE，∴CG=HE=20，∴BI==24，∵BI=24＜32，∴中位線IK的兩端點在線段AB和DE上，過點K作KL⊥BC于點L，由【探索發(fā)現(xiàn)】知矩形的最大面積為×BG?BF=×（40+20）×（32+16）=720，答：該矩形的面積為720；（4）【實際應用】：如圖2，延長BA、CD交于點E，過點E作EH⊥BC于點H，∵tanB=，設EH=4x，BH=3x，∵tanC=2=，∴CH=2x，∵BC=BH+CH=105=3x+2x，x=21，∴BH=63，CH=42，EH=84，由勾股定理得：BE=，∵AB=60，∴AE=45，∴BE的中點Q在線段AB上，∵CD=70，∴CE的中點P在線段CD上，∴中位線PQ的兩端點在線段AB、CD上，由【拓展應用】知，矩形PQMN的最大面積為BC?EH=×105×84=2205cm2，答：該矩形的面積為2205cm2．【點睛】此題考查四邊形的綜合問題，熟練掌握中位線定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)及類比思想的運用是解題的關鍵．5．某研究性學習小組在探究矩形的折紙問題時，將一塊直角三角板的直角頂點繞矩形ABCD(AB＜BC)的對角線的交點O旋轉(zhuǎn)(①→②→③)，圖中的M、N分別為直角三角形的直角邊與矩形ABCD的邊CD、BC的交點．(1)該學習小組成員意外的發(fā)現(xiàn)圖①中(三角板一邊與CC重合)，BN、CN、CD這三條線段之間存在一定的數(shù)量關系：CN2＝BN2+CD2，請你對這名成員在圖①中發(fā)現(xiàn)的結(jié)論說明理由；(2)在圖③中(三角板一直角邊與OD重合)，試探究圖③中BN、CN、CD這三條線段之間的數(shù)量關系，直接寫出你的結(jié)論．(3)試探究圖②中BN、CN、CM、DM這四條線段之間的數(shù)量關系，寫出你的結(jié)論，并說明理由．【答案】(1)見解析；(2)BN2=NC2+CD2；(3)CM2+CN2=DM2+BN2，理由見解析.【分析】（1）連結(jié)AN，由矩形知AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，結(jié)合ON⊥AC得NA=NC，由∠ABN=90°知NA2=BN2+AB2，從而得證；（2）連接DN，在Rt△CDN中，根據(jù)勾股定理可得：ND2=NC2+CD2，再根據(jù)ON垂直平分BD，可得：BN=DN，從而可證：BN2=NC2+CD2；（3）延長MO交AB于點E，可證：△BEO≌△DMO，NE=NM，在Rt△BEN和Rt△MCN中，根據(jù)勾股定理和對應邊相等，可證：CN2+CM2=DM2+BN2．【詳解】（1）證明：連結(jié)AN，∵矩形ABCD∴AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，∵ON⊥AC，∴NA=NC，∵∠ABN=90°，∴NA2=BN2+AB2，∴NC2=BN2+CD2．（2）如圖2，連接DN．∵四邊形ABCD是矩形，∴BO=DO，∠DCN=90°，∵ON⊥BD，∴NB=ND，∵∠DCN=90°，∴ND2=NC2+CD2，∴BN2=NC2+CD2．（3）CM2+CN2=DM2+BN2理由如下：延長MO交AB于E，∵矩形ABCD，∴BO=DO，∠ABC=∠DCB=90°，AB∥CD，∴∠ABO=∠CDO，∠BEO=∠DMO，∴△BEO≌△DMO（ASA），∴OE=OM，BE=DM，∵MO⊥EM，∴NE=NM，∵∠ABC=∠DCB=90°，∴NE2=BE2+BN2，NM2=CN2+CM2，∴CN2+CM2=BE2+BN2

，即CN2+CM2=DM2+BN2

．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點．6．如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，點D為AB邊上一點，連接CD，∠ADC＝120°，把△ADC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到（旋轉(zhuǎn)后點C、D的對應點分別為、），設旋轉(zhuǎn)的度數(shù)為m（0°≤m≤360°）．（1）當m＝30°時，如圖2，連接C并延長，交AB于點E．請直接寫出∠AC的度數(shù)；（2）在（1）的條件下，請判斷△DCE的形狀，并說明理由；（3）①小明在探究的過程中發(fā)現(xiàn)：當m＝90°時，如圖3，四邊形ACB為平行四邊形，請證明小明的結(jié)論的正確性；②請你再探究：在△ADC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)過程中，是否存在其他的情形，使以A、B、C、四點組成的四邊形為平行四邊形？若存在，請在備用圖中畫出旋轉(zhuǎn)后的圖形，并請直接寫出m的值；若不能，請說明理由．【答案】（1）75°；（2）等邊三角形，理由見解析；（3）①見解析；②存在，畫圖見解析，m＝90°或m＝270°【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)知AC＝A，根據(jù)∠CA＝30°得∠AC＝＝75°；（2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝AC知∠ABC＝∠BAC＝45°，結(jié)合∠AC＝75°知∠BCE＝90°﹣∠AC＝15°，繼而知∠AEC＝∠ABC＋∠BCE＝60°，根據(jù)∠ADC＋∠CDE＝180°，∠ADC＝120°得∠CDE＝60°，繼而知∠CDE＝∠DEC＝∠ECD＝60°，即可得證；（3）①m＝90°時，由∠ACB＝90°，∠BA＝90°知∠ACB＋∠BA＝180°，據(jù)此得，再由A＝AC，AC＝BC知A＝BC，即可得四邊形ACB為平行四邊形；②m＝270°時，由∠AC＝90°知∠AC＝∠ACB，從而得A＝BC，結(jié)合A＝CB證得四邊形ACB為平行四邊形．【詳解】解：（1）由旋轉(zhuǎn)知AC＝A，∵∠CA＝30°，∴∠AC＝＝75°；（2）△DCE是等邊三角形，理由：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠BAC＝45°，由（1）知，∠AC＝75°，∴∠BCE＝90°﹣∠AC＝15°，∴∠AEC＝∠ABC＋∠BCE＝60°，∵∠ADC＋∠CDE＝180°，∠ADC＝120°，∴∠CDE＝60°，∴∠CDE＝∠DEC＝∠ECD＝60°，∴△DCE是等邊三角形；（3）①當m＝90°時，四邊形ACB為平行四邊形，如圖3所示：∵∠ACB＝90°，∠BA＝90°，∴∠ACB＋∠BA＝180°，∴，∵A＝AC，AC＝BC，∴A＝BC，∴四邊形ACB為平行四邊形；②當m＝270°時，四邊形ACBC′為平行四邊形，如圖4所示：當m＝270°時，∠AC＝90°，∴∠AC＝∠ACB，∴A＝BC，∵A＝CB，∴四邊形ACB為平行四邊形，綜上所述，當m＝90°或m＝270°時，以A、B、C、四點組成的四邊形為平行四邊形．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行四邊形的判定定理、等腰直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．7．如圖示AB為⊙O的一條弦，點C為劣弧AB的中點，E為優(yōu)弧AB上一點，點F在AE的延長線上，且BE=EF，線段CE交弦AB于點D．①求證：CE∥BF；②若BD=2，且EA：EB：EC=3：1：，求△BCD的面積（注：根據(jù)圓的對稱性可知OC⊥AB）．【答案】①證明見解析；②△BCD的面積為：2．【分析】①連接AC，BE，由等腰三角形的性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)得出∠F=∠AEB，由圓周角定理得出∠AEC=∠BEC，證出∠AEC=∠F，即可得出結(jié)論；②證明△ADE∽△CBE，得出，證明△CBE∽△CDB，得出，求出CB=2，得出AD=6，AB=8，由垂徑定理得出OC⊥AB，AG=BG=AB=4，由勾股定理求出CG==2，即可得出△BCD的面積．【詳解】①證明：連接AC，BE，作直線OC，如圖所示：∵BE=EF，∴∠F=∠EBF；∵∠AEB=∠EBF+∠F，∴∠F=∠AEB，∵C是的中點，∴，∴∠AEC=∠BEC，∵∠AEB=∠AEC+∠BEC，∴∠AEC=∠AEB，∴∠AEC=∠F，∴CE∥BF；②解：∵∠DAE=∠DCB，∠AED=∠CEB，∴△ADE∽△CBE，∴，即，∵∠CBD=∠CEB，∠BCD=∠ECB，∴△CBE∽△CDB，∴，即，∴CB=2，∴AD=6，∴AB=8，∵點C為劣弧AB的中點，∴OC⊥AB，AG=BG=AB=4，∴CG==2，∴△BCD的面積=BD?CG=×2×2=2．8．如圖，已知正方形OABC的邊OA在y軸的正半軸上，OC在x軸的正半軸上，OA=AB=2，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過點A，B，交正x軸于點D，E是OC上的動點（不與C重合）連接EB，過B點作BF⊥BE交y軸與F（1）求b，c的值及D點的坐標；（2）求點E在OC上運動時，四邊形OEBF的面積有怎樣的規(guī)律性？并證明你的結(jié)論；（3）連接EF，BD，設OE=m，△BEF與△BED的面積之差為S，問：當m為何值時S最小，并求出這個最小值．【答案】（1）b=，c=2；D點坐標為（3，0）．（2）點E在OC上運動時，四邊形OEBF的面積不變；（3）當m=2﹣時S最小為0．【詳解】試題分析：（1）把點A，B代入拋物線y=x2+bx+c求得b、c即可，y=0，建立方程求得點D；（2）四邊形OEBF的面積不變，利用三角形全等證得結(jié)論即可；（3）用m分別表示出兩個三角形的面積，求差探討得出答案即可．試題解析：（1）把點A（0，2）、B（2，2）代入拋物線y=x2+bx+c得解得b=，c=2；∴y=x2+x+2；令x2+x+2=0解得x1=﹣1，x2=3∴D點坐標為（3，0）．（2）點E在OC上運動時，四邊形OEBF的面積不變；∵四邊形OABC是正方形∴AB=BC，∠BCE=∠BAE=∠ABC=90°又∵BF⊥BE∴∠FBE=90°∴∠ABF=∠CBE∴△ABF≌△BCE∴四邊形OEBF的面積始終等于正方形OABC的面積．（3）如圖，可以看出S△BEF=S梯形OCBF﹣S△OEF﹣S△BEC=（2+2+m）×2﹣m（2+m）﹣（2﹣m）×2=﹣m2+m+2S△BED=×（3﹣m）×2=3﹣m兩個三角形的面積差最小為0，即3﹣m=﹣m2+m+，解得m=2±，∵E是OC上的動點∴m=2﹣，當m=2﹣時S最小為0．考點：二次函數(shù)綜合題．9．在一次數(shù)學活動課上，兩個同學利用計算機軟件探索函數(shù)問題，下面是他們交流片斷：圖1：小韓：若直線x=m（m＞0）分別交x軸，直線y=x和y=2x于點P、M、N時，有=1．圖2：小蘇：若直線x=m（m＞0）分別交x軸，雙曲線y=（x＞0）和y=（x＞0）于點P、M、N時，有=…問題解決（1）填空：圖2中，小蘇發(fā)現(xiàn)的=；（2）若記圖1，圖2中MN為d1，d2，分別求出d1，d2與m之間的函數(shù)關系式．并指出函數(shù)的增減性；（3）如圖3，直線x=m（m＞0）分別交x軸，拋物線y=x2-4x和y=x2-3x于點P，M，N，設A，B為拋物線y=x2-4x，y=x2-3x與x軸的非原點交點．當m為何值時，線段OP，PM，PN，MN中有三條能圍成等邊三角形？并直接寫出此時點A，B，M，N圍成的圖形的面積．【答案】（1）；（2）d1=m，d2=，函數(shù)d2為m為減函數(shù)；（3）當m=2時，S=3；當m=5時，S=7.5．【詳解】試題分析：（1）把當x=m分別代入反比例函數(shù)的解析式，求出M點的縱坐標和N點的縱坐標，進而求出MN的長，則值可求出；（2）當x=m時，則M點的縱坐標為m，N點的縱坐標為2m，進而求出MN的長，d1可求，同理可求出d2，利用反比例函數(shù)的增減性即可做出判斷；（3）由函數(shù)的解析式分別求出PM，PN，MN的長，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)：三邊相等即可求出m的值，利用梯形的性質(zhì)即可求出其面積．試題解析：（1）當x=m時，則M點的縱坐標為，N點的縱坐標為，所以MN=-=，∴=；（2）當x=m時，則M點的縱坐標為m，N點的縱坐標為2m，∴MN=2m-m=m，即d1=m，當x=m時，則M點的縱坐標為，N點的縱坐標為，∴MN=-=，∴d2=，∵m＞0，∴函數(shù)d2為m為減函數(shù)；（3）∵OP=m，PM=|4m-m2|=m|4-m|，PN=|3m-m2|=m|3-m|，MN=|m|，由題意，得m|4-m|=m或m|3-m|=m，解得m=5，或m=3（不合題意），或m=4（不合題意），或m=2，當m=2時，S=3；當m=5時，S=7.5．考點：反比例函數(shù)綜合題．10．如圖：已知直線與x軸、y軸分別相交于A、B兩點，拋物線經(jīng)過點B，且與x軸交于點．(1)求該拋物線的解析式；(2)已知點M是拋物線上的一個動點，并且點M在第一象限內(nèi)，連接、，設點M的橫坐標為m，四邊形的面積為S，求S與m的函數(shù)表達式，并求出S的最大值；(3)若點P在平面內(nèi)，點Q在直線上，平面內(nèi)是否存在點P使得以O，B，P，Q為頂點的四邊形是菱形．若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)；(2)，；(3)，，，；【分析】（1）根據(jù)直線解析式求出點B的坐標，將B、C兩點坐標代入解析式即可得到答案；（2）連接，表示出M的坐標，根據(jù)列出S與m的函數(shù)關系式，最后根據(jù)函數(shù)性質(zhì)即可得到答案；（3）設點，分、、分別為對角線三類討論，根據(jù)對角線互相平分得到點P的坐標，最后根據(jù)菱形的鄰邊相等即可得到答案；【詳解】（1）解：當時，，∴點B的坐標為，將，代入拋物線解析式可得，，解得：，∴該拋物線的解析式為：；（2）解：連接，∵點M的橫坐標為m，∴，當時，，解得，∴，∴，∵，∴當時，S最大，；（3）解：設點，①當為對角線時，∵O，B，P，Q為頂點的四邊形是菱形，∴與互相平分，，∴點P的坐標為，解得：，∴；②當為對角線時，∵O，B，P，Q為頂點的四邊形是菱形，∴與互相平分，，∴點P的坐標為，∴，解得：，∴，；③當為對角線時，∵O，B，P，Q為頂點的四邊形是菱形，∴與互相平分，，∴P的坐標為，∴，解得：（與B重合舍去），，∴；綜上所述存在4點使以O，B，P，Q為頂點的四邊形是菱形：，，，；【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合，主要有求解析式、圍成圖形最大面積、圍成特殊菱形問題，解題的關鍵是求出解析式，根據(jù)特殊圖形性質(zhì)設點表示出所有點根據(jù)線段相等列式求解．11．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)交x軸于點，，交y軸于點，在y軸上有一點，連接．(1)求二次函數(shù)的表達式；(2)若點D為拋物線在x軸負半軸上方的一個動點，求的面積的最大值；(3)拋物線的對稱軸上存在著點P，使為等腰三角形．符合條件的點P坐標有若干個，請求出任意一個符合要求的點P的坐標．【答案】(1)(2)(3)的坐標為：、、、、（任求取一個坐標即可）【分析】（1）采用待定系數(shù)法即可求解；（2）連接，根據(jù)題意可知：點D在第二象限，設，，根據(jù)，，，可得，，，根據(jù)，可得，化為頂點式為：，問題得解；（3）先求出拋物線的對稱軸為：，設P點坐標為：，結(jié)合，，可得，，，分當時，當時，當時，三種情況討論，即可求解．【詳解】（1）∵二次函數(shù)交x軸于點，，交y軸于點，∴，解得：，∴二次函數(shù)解析式為：；（2）連接，如圖，根據(jù)題意可知：點D在第二象限，設，，∵，，∴，，∵，，，∴，，，∴，，∵，∴，化為頂點式為：，即當時，有最大值，最大值為，即的面積的最大值為；（3）如圖，由可得：，則拋物線的對稱軸為：，設P點坐標為：，∵，，∴，，，當時，有：，解得：，此時；當時，有：，解得：，此時的坐標為：、；當時，有：，解得：，此時的坐標為：、；綜上：的坐標為：、、、、．【點睛】本題考查了利用待定系數(shù)法求解拋物線解析式，二次函數(shù)的最值，勾股定理，解一元二次方程以及等腰三角形的性質(zhì)等知識，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解答本題的關鍵．12．如圖，拋物線與x軸交于，兩點．(1)求該拋物線的解析式；(2)若拋物線交y軸于C點，在該拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使得的周長最?。咳舸嬖?，求出Q點的坐標；若不存在，請說明理由．(3)在拋物線的第二象限圖像上是否存在一點P，使得的面積最大？若存在，求出點P的坐標及的面積最大值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)存在，(3)存在，點P的坐標為，8【分析】(1)運用待定系數(shù)法計算即可．(2)判定，是對稱點，確定直線的解析式，計算當時的函數(shù)值即可確定坐標．(3)設，過點P作于點E，根據(jù)，構(gòu)造二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的最值計算即可．【詳解】（1）∵拋物線與x軸交于，兩點，∴，解得，∴該拋物線的解析式為．（2）存在，點．理由如下：∵拋物線與x軸交于，兩點，∴，是對稱點，且，設直線的解析式為，∴，解得，∴直線的解析式為，當時，，故點．（3）如圖，設，過點P作于點E，∵拋物線與x軸交于，兩點，且，∴，，，，∴，，故當時，取得最大值，且為8，此時．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法確定二次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)的解析式，構(gòu)造二次函數(shù)計算三角形的最值，熟練掌握待定系數(shù)法，靈活構(gòu)造二次函數(shù)是解題的關鍵．13．如圖，已知拋物與軸交于，兩點，與y軸交于點C，連接．(1)求拋物線的解析式；(2)若點P為線段上的一動點（不與B、C重合），軸，且交拋物線于點M，交x軸于點N，求的面積的最大值；(3)若點D為拋物線的頂點，在y軸上是否存在點E，使E到點B的距離與點E到點D的距離之差最大？若存在，請直接寫出點E的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式即可；（2）先求出點C坐標，然后再根據(jù)待定系數(shù)法求出的解析式，設點P坐標為，則M點坐標為，點N坐標為，用x表示出的面積，然后求出最大值即可；（3）先求出點D坐標，連接并延長交與y軸于一點E，此時最大，求出直線解析式，再求出與y軸的交點坐標，即可得出答案．【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸交于，兩點，∴，∴，∴拋物線的解析式為．（2）解：將代入得：，∴點C的坐標為，設直線BC的解析式為，代入B、C的坐標得：，解得：，∴直線BC的解析式為：，設點P坐標為，則M點坐標為，點N坐標為，∴∴，∴當時，的面積的最大值為．（3）解：存在滿足條件的點E；點E的坐標為．∵，∴頂點，連接并延長交與y軸于一點E，此時最大，設直線的解析式為，把，代入得：，解得：，∴直線的解析式為，把代入得：，∴點E坐標為：．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合應用，求一次函數(shù)解析式，求二次函數(shù)解析式，三角形面積的計算，解題的關鍵是作出輔助線，注意數(shù)形結(jié)合．14．如圖1，拋物線與x軸相交于原點O和點A，直線與拋物線在第一象限的交點為B點，拋物線的頂點為C點．(1)求點B和點C的坐標；(2)拋物線上是否存在點D，使得？若存在，求出所有點D的坐標；若不存在，請說明理由；(3)如圖2，點E是點B關于拋物線對稱軸的對稱點，點F是直線下方的拋物線上的動點，與直線交于點G．設和的面積分別為和，求的最大值．【答案】(1)，；(2)存在，當點的坐標為或時，使得；(3)的最大值為．【分析】（1）令，求出的值即可得出點的坐標，將函數(shù)化作頂點式可得出點的坐標；（2）分點在直線下方、上方兩種情況，分別求解即可；（3）如圖，分別過點，作軸的平行線，交直線于點，，則，，設，可表達，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：令，解得或，∴，∵，∴頂點；（2）設直線的解析式為：，則將，代入可得：，解得：，即：直線的解析式為：，當點在直線的下方時，過點作軸，交軸于點，延長，交于，∵∴，即，，∵∴∴，∴當時，，得：，∴則，∴，易知直線的解析式為：，聯(lián)立：，解得：或即；當點在直線的上方時，∵，∴∵直線的解析式為：，∴直線的解析式為：聯(lián)立：，解得：或即；綜上，當點的坐標為或時，使得；（3）∵點與點關于對稱軸對稱，∴，如圖，分別過點，作軸的平行線，交直線于點，，∴，，設，則，∴，∵，，∴，∴當時，的最大值為．【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)上的坐標特征，三角形的面積和全等三角形的判定及性質(zhì)，解題的關鍵正確表達兩個三角形面積的比．15．如圖，在中，，，，點P從點A出發(fā)沿方向向點B運動，速度為，同時點Q從點B出發(fā)沿方向向點A運動，速度為，當一個運動點到達終點時，另一個運動點也隨之停止運動．(1)______；______；(2)設點P的運動時間為x秒，的面積為，當存在時，求y與x的函數(shù)關系式，并寫出自變量x的取值范圍；(3)當點Q在上運動時，多少秒時的面積為？【答案】(1)8，6(2)(3)秒【分析】(1)由在中，設，，由勾股定理即可求得、的長；(2)分別從當點Q在邊上運動與當點Q在邊上運動去分析，首先過點Q作的垂線，利用相似三角形的性質(zhì)即可求得的底與高，則可求得y與x的函數(shù)關系式；(3)把代入(2)中的解析式，即可求解．【詳解】（1）解：設，，在中，，得，解得(負值舍去)，，，故答案為：8，6；（2）解：如圖2：當Q在上運動時，過Q作于點H，，，，，，，，，解得，；如圖3：當Q在上運動時，過Q作于點，，的路程為，，，，，，，，解得，，綜上，；（3）解：當點Q在BC上運動時，，當時，，解得，(舍去)，故當點Q在上運動時，秒時的面積為【點睛】本題主要考查了勾股定理，求函數(shù)的關系式、勾股定理的應用、相似三角形的判定與性質(zhì)，解一元二次方程，采用分類討論是解題的關鍵．16．如圖，是的兩條弦，且于點(1)如圖1：若，求證；(2)如圖2：若，求弓形的面積．(3)連結(jié)，若，①與具有怎樣的數(shù)量關系，并證明．②在上存在點，滿足，點是的中點，連結(jié)，已知，求的半徑．【答案】(1)證明見解析(2)(3)①，理由見解析；②4【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的判定與性質(zhì)和圓周角定理即可證得結(jié)論；（2）連接、，過O作于G，于F，根據(jù)垂徑定理和矩形的判定和性質(zhì)證得，，，，，，設，則，利用勾股定理和等腰三角形的性質(zhì)得到，再利用扇形和三角形的面積公式求解即可；（3）①連接、、，過O作于G，于F，連接根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和圓周角定理得，再根據(jù)直角三角形的兩個銳角互余得到即可求解；②連接、、，過M作于H，先證明經(jīng)過點O，則，，再根據(jù)等弧對等弦得到，再證明四邊形是矩形得到，設，根據(jù)勾股定理列等量關系求得，進而求得、、，再證明，利用相似三角形的性質(zhì)求得，進而求得，然后利用勾股定理求得即可求解．【詳解】（1）證明：如圖1，連接、，∵，∴，∵，，∴，∴；（2）解：如圖2，連接、、，過O作于G，于F，∴，，，∴四邊形為矩形，∴，，設，則，在中，，在中，，，，∵，∴，解得，∴，，∴，∵，，∴，∴，，∴弓形的面積為；（3）解：①．理由為：如圖3，連接，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；②如圖3，連接、、，過M作