重慶市2018年中考數(shù)學(xué)題型復(fù)習(xí) 題型八 二次函數(shù)綜合題 類型二 與面積有關(guān)的問題練習(xí)

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1、 類型二 與面積有關(guān)的問題 1. 如圖，已知拋物線y＝x2＋bx＋c的圖象與x軸的一個(gè)交點(diǎn)為B(5，0)，另一個(gè)交點(diǎn)為A，且與y軸交于點(diǎn)C(0，5)． (1)求直線BC與拋物線的解析式； (2)若點(diǎn)M是拋物線在x軸下方圖象上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)M作MN∥y軸交直線BC于點(diǎn)N，求MN的最大值； (3)在(2)的條件下，MN取得最大值時(shí)，若點(diǎn) P是拋物線在x軸下方圖象上任意一點(diǎn)，以BC為邊作平行四邊形CBPQ，設(shè)平行四邊形CBPQ的面積為S1，△ABN的面積為S2，且S1＝6S2，求點(diǎn)P的坐標(biāo)． 第1題圖 2. (2018原創(chuàng))如圖①，在平面直角

2、坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2－2x－6與x軸交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè))，與y軸交于點(diǎn)T，拋物線頂點(diǎn)為C. (1)求四邊形OTCB的面積； (2)如圖②，拋物線的對稱軸與x軸交于點(diǎn)D，線段EF與PQ長度均為2，線段EF在線段DB上運(yùn)動(dòng)，線段PQ在y軸上運(yùn)動(dòng)，EE′，F(xiàn)F′分別垂直于x軸，交拋物線于點(diǎn)E′，F(xiàn)′，交BC于點(diǎn)M，N.請求出ME′＋NF′的最大值，并求當(dāng)ME′＋NF′值最大時(shí)，四邊形PNMQ周長的最小值； (3)如圖③，連接AT，將△OAT沿x軸向右平移得到△O′A′T′，當(dāng)T′與直線BC的距離為時(shí)，求△O′A′T′與△BCD的重疊部分面積． 第2題圖

3、 3. (2018原創(chuàng))如圖①，二次函數(shù)y＝x2－x＋m的圖象交x軸于B、C兩點(diǎn)，一次函數(shù)y＝ax＋b的圖象過點(diǎn)B，與拋物線相交于另一點(diǎn)A(4，3)． (1)求m的值及一次函數(shù)的解析式； (2)若點(diǎn)P為拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且在直線AB下方，過P作PQ∥x軸，且PQ＝4(點(diǎn)Q在點(diǎn)P右側(cè))，以PQ為一邊作矩形PQEF，且點(diǎn)E在直線AB上；點(diǎn)M是拋物線上另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且4S△BCM＝5S矩形PQEF.當(dāng)矩形PQEF的周長最大時(shí)，求點(diǎn)P和點(diǎn)M的坐標(biāo)； (3)如圖②，在(2)的結(jié)論下，連接AP、BP，設(shè)QE交x軸于點(diǎn)D，現(xiàn)將矩形PQEF沿射線DB以每秒1個(gè)單位長度的速度平移，當(dāng)點(diǎn)D到達(dá)

4、點(diǎn)B時(shí)停止．記平移時(shí)間為t，平移后的矩形PQEF為P′Q′E′F′，且Q′E′分別交直線AB、x軸于點(diǎn)N、D′，設(shè)矩形P′Q′E′F′與△ABP的重疊部分面積為S.當(dāng)NA＝ND′時(shí)，求S的值． 第3題圖 4. (2017重慶八中二模)如圖，拋物線y＝－x2＋2x＋3與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D，C關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，直線AD與y軸相交于點(diǎn)E. (1)求直線AD的解析式； (2)如圖①，直線AD上方的拋物線上有一點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FG⊥AD于點(diǎn)G，作FH平行于x軸交直線AD于點(diǎn)H，求△FGH周長的最大值； (3)如圖②，點(diǎn)M是拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)P是y

5、軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q是坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，四邊形APQM是以PM為對角線的平行四邊形．點(diǎn)Q′與點(diǎn)Q關(guān)于直線AM對稱，連接MQ，PQ.當(dāng)△PMQ′與?APQM重合部分的面積是?APQM面積的時(shí)，求?APQM的面積． 第4題圖 答案 1. 解：(1)設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋b， 把點(diǎn)B(5，0)和點(diǎn)C(0，5)代入y＝kx＋b，得，解得， ∴直線BC的解析式是y＝－x＋5， 把點(diǎn)B(5，0)和點(diǎn)C(0，5)代入y＝x2＋bx＋c，得，解得， ∴拋物線的解析式是：y＝x2－6x＋5. (2)設(shè)M(x, x2－6x＋5)，N(x，－x＋5)， M

6、N＝(－x＋5)－(x2－6x＋5) ＝－x2＋5x ＝－(x－)2＋(1＜x＜5)， ∵－1＜0， ∴拋物線開口向下，MN有最大值， 當(dāng)x＝時(shí)，MN最大值＝. (3)如解圖，設(shè)NM交x軸于點(diǎn)E， 在直線y＝－x＋5中，當(dāng)x＝時(shí)，y＝－x＋5＝， 第1題解圖 ∴當(dāng)MN最大時(shí)，N(，)，即NE＝， 在拋物線y＝x2－6x＋5中， 當(dāng)y＝0時(shí)，x2－6x＋5＝0，解得x1＝1，x2＝5， ∴A(1，0)，B(5，0)， ∴AB＝5－1＝4， 根據(jù)題意，S2＝AB·EN＝×4×＝5， ∴S1＝6S2＝30，BC＝＝5， ∴?CBPQ的邊BC上的高h(yuǎn)＝＝＝3， 點(diǎn)

7、P在x軸下方，則過點(diǎn)C作CK⊥PQ所在直線l，垂足為K，如解圖，則CK的長為3， 直線l交y軸于點(diǎn)H， 根據(jù)題意，由于OC＝OB，則△CKH是等腰直角三角形， ∴CH＝CK＝6， ∴OH＝CH－OC＝6－5＝1，即H(0，－1)， ∵l∥BC，且與y軸交點(diǎn)縱坐標(biāo)為－1， ∴直線l的解析式是y＝－x－1. 列方程組，得，解得，， ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為：(2，－3)或(3，－4)． 2. 解：(1)如解圖①，連接OC， ∵y＝x2－2x－6＝(x－2)2－8， ∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為C(2，－8)，對稱軸為x＝2， 令y＝0，即x2－2x－6＝0， 解得x1＝－2，x2＝6，

8、∴A(－2，0)，B(6，0)， 又∵T(0，－6)， ∴OT＝6，OB＝6， ∴S四邊形OTCB＝S△OTC＋S△OBC＝×6×2＋×6×8＝30. 第2題解圖① (2)如解圖②，設(shè)E(m，0)， ∴F(m＋2，0)， ∵B(6，0)，C(2，－8)， ∴直線BC解析式為y＝2x－12， ∵EE′⊥x軸，F(xiàn)F′⊥x軸， ∴M(m，2m－12)，E′(m，m2－2m－6)，N(m＋2，2m－8)，F(xiàn)′(m＋2，m2－8)， ∴ME′＝－m2＋4m－6，NF′＝－m2＋2m， ∴ME′＋NF′＝－m2＋4m－6－m2＋2m＝－(m－3)2＋3， ∴當(dāng)m＝3時(shí)，ME′

9、＋NF′有最大值，最大值為3， ∴E(3，0)，F(xiàn)(5，0)， ∴M(3，－6)，N(5，－2)， ∴MN＝2， ∵EF＝PQ＝2， C四邊形PNMQ＝PN＋MN＋PQ＋QM， MN與PQ的長度不變， ∴當(dāng)PN＋QM的值最小時(shí)，四邊形PNMQ周長最小， 如解圖②，將點(diǎn)M向上平移2個(gè)單位，對應(yīng)點(diǎn)為G， ∴G(3，－4)， 第2題解圖② 作點(diǎn)G關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)G′，連接NG′，NG′與y軸的交點(diǎn)為P，則G′(－3，－4)， 此時(shí)PG＋PN的值最小，即PN＋QM＝G′N的值最小， ∴G′N＝2， ∴C四邊形PNMQ最小值＝2＋2＋2. (3)∵C(2，－8)，B(6

10、，0)， ∴BC＝4，BD＝4，CD＝8. 如解圖③，連接TT′，并延長交BC于點(diǎn)R，過T′作T′S⊥BC于點(diǎn)S， 第2題解圖③ ∵T′到BC的距離為， ∴T′S＝， 易證△T′RS∽△CBD，∴＝， ∴T′R＝＝. ∵TT′∥x軸， ∴R(3，－6)， ∴T′1(，－6)，T′2(，－6)， ①如解圖④，當(dāng)T′在BC的左側(cè)時(shí)，即T′(，－6)在△BCD內(nèi)部， 第2題解圖④ 設(shè)A′T′與CD的交點(diǎn)為G， ∴△A′O′T′與△BCD重疊部分為四邊形GDO′T′， 則△A′GD∽△A′T′O′， ∴O′(，0)， ∴A′D＝， ∴＝， ∴GD＝， ∴

11、DO′＝， ∴S重疊＝(GD＋T′O′)××＝； ②如解圖⑤，當(dāng)T′在BC的右側(cè)時(shí)，即T′(，－6)在△BCD外部，設(shè)A′T′與CD，BC分別交于J，K兩點(diǎn)，T′O′與直線BC交于點(diǎn)H. ∴O′(，0)，A′(，0)，H(，－5)， 第2題解圖⑤ ∴直線A′T′的解析式為y＝－3x＋， 當(dāng)x＝2時(shí)，y＝－6＋＝－. ∴點(diǎn)J(2，－)， ， 解得， ∴點(diǎn)K(，－)， ∴S重疊＝S△BCD－S△CJK－S△BHO′＝BD·CD－JC·(－2)－BO′·O′H ＝×4×8－×(8－)×(－2)－×(6－)×5 ＝16－－＝， ∴重疊面積為或. 3. 解：(1)∵點(diǎn)A(

12、4，3)在二次函數(shù)y＝x2－x＋m的圖象上， ∴×16－×4＋m＝3，解得m＝－3， 則二次函數(shù)的解析式為y＝x2－x－3， 令y＝0，得x2－x－3＝0， 解得x1＝－2，x2＝3， 則點(diǎn)B的坐標(biāo)為(－2，0)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3，0)， ∵A(4，3)，B(－2，0)在一次函數(shù)y＝ax＋b的圖象上， ∴，∴， ∴一次函數(shù)的解析式為y＝x＋1. (2)∵矩形PQEF的周長＝2(PQ＋EQ)＝8＋2EQ，要使周長最大，EQ邊長最大即可． 設(shè)P(p，p2－p－3)，－2＜p＜4， ∴Q(p＋4，p2－p－3)，E(p＋4，p＋3)， ∴EQ＝p＋3－(p2－p－3)＝－(p

13、－1)2＋， ∴當(dāng)p＝1時(shí)，EQ取最大值，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1，－3)， 此時(shí)S?PQEF＝4×＝26， 設(shè)△BCM中BC邊上對應(yīng)的高為h，由4S△BCM＝5S矩形PQEF， 得4×·BC·h＝5×26， ∵BC＝5，∴h＝13. 設(shè)M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x，依題意有＝13， 解得x＝，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為(，13)或(，13)． ∴綜上，點(diǎn)P坐標(biāo)為(1，－3) 點(diǎn)M坐標(biāo)為(，13)或(，13)． (3)①當(dāng)點(diǎn)N在線段AE上時(shí)，如解圖①，有DD′＝t，OD′＝5－t，D′(5－t，0)，N(5－t，－t＋)，過點(diǎn)A作AH⊥ND′， 第3題解圖① ∴AH∥x軸， ∴NH＝－t＋－3

14、＝－t＋， 設(shè)直線y＝x＋1與y軸交于點(diǎn)R，則R(0，1)， ∴OR＝1，BR＝，∴sin∠RBO＝. ∵AH∥x軸，∴∠NAH＝∠RBO， ∴sin∠NAH＝， ∴＝， ∴NA＝(－t＋)． 由NA＝ND′， ∴(－t＋)＝(－t＋)，解得t＝. 設(shè)直線BP的解析式為y＝kx＋b′， 過點(diǎn)B(－2，0)，P(1，－3)，則，解得， ∴直線BP的解析式為y＝－x－2，若直線BP與P′F′相交于點(diǎn)I， 則點(diǎn)I的坐標(biāo)為(，－)； 若直線AB與P′F′相交于點(diǎn)J，與PF相交于點(diǎn)K，則點(diǎn)J的坐標(biāo)為(，)，點(diǎn)K的坐標(biāo)為(1，)， ∴IJ＝，KP＝， ∴重疊部分的面積S＝S四

15、邊形KPIJ＋S△AKP＝×(＋)×＋××(4－1)＝； ②如解圖②，當(dāng)點(diǎn)N在AB線段上時(shí)，有DD′＝t，OD′＝5－t. 第3題解圖② D′(5－t，0)，N(5－t，－t＋)， 過點(diǎn)A作AH⊥ND′， ∴AH∥x軸， ∴NH＝3－(－t＋)＝t－. ∵AH∥x軸，∴∠NAH＝∠RBO， ∴sin∠NAH＝sin∠RBO＝， ∴＝， ∴NA＝(t－)， ∵NA＝ND′， ∴(t－)＝(－t＋)，解得t＝， ∴則直線BP：y＝－x－2與P′F′的交點(diǎn)I的坐標(biāo)為(－，－)，直線AB：y＝x＋1與P′F′的交點(diǎn)J的坐標(biāo)為(－，)， ∴IJ＝2，且PK＝，N點(diǎn)的坐標(biāo)為

16、(，)， 設(shè)直線AP的解析式為y＝k′x＋d， ∵過點(diǎn)A(4，3)，P(1，－3)， ∴，解得， 則直線AP解析式為y＝2x－5，設(shè)它與Q′E′相交于點(diǎn)M，則M的坐標(biāo)為(，)， ∴NM＝－＝1， ∴重疊部分的面積S＝S四邊形JKPI＋S四邊形NMPK＝×(2＋)×＋×(＋1)×(－1)＝ ∴綜上所述，重疊的部分面積大小為或. 4. 解：(1)令－x2＋2x＋3＝0， 解得x1＝－1，x2＝3， ∴A(－1，0)，B(3，0)， 令x＝0，則y＝3，∴C(0，3)， ∵點(diǎn)D，C關(guān)于拋物線的對稱軸x＝1對稱，∴D(2，3)， 設(shè)直線AD的解析式為y＝kx＋b. 將點(diǎn)A(

17、－1，0)，D(2，3)代入，得，解得， ∴直線AD的解析式為y＝x＋1. (2)設(shè)點(diǎn)F(x，－x2＋2x＋3)， ∵FH∥x軸， ∴H(－x2＋2x＋2，－x2＋2x＋3)， ∴FH＝－x2＋2x＋2－x＝－(x－)2＋， ∵－1＜x＜2， ∴當(dāng)x＝時(shí)，F(xiàn)H取最大值， 由直線AD的解析式為：y＝x＋1，易知∠DAB＝45°. 又∵FH∥x軸， ∴∠FHG＝∠DAB＝45°， ∴FG＝GH＝×＝， ∵△FHG為等腰直角三角形， ∴△FGH周長的最大值為×2＋＝. (3)①當(dāng)P點(diǎn)在AM下方時(shí)，如解圖①，設(shè)P(0，p)，易知M(1，4)，從而Q(2，4＋p)， ∵△P

18、MQ′與?APQM重合部分的面積是?APQM面積的， ∴PQ′必過AM的中點(diǎn)N(0，2)， ∴可知Q′在y軸上，易知QQ′的中點(diǎn)T的橫坐標(biāo)為1，又∵點(diǎn)T必在直線AM上，故T(1，4)，從而T、M重合，故?APQM是矩形， ∵易求得直線AM的解析式為：y＝2x＋2，而MQ⊥AM， ∴可求得直線QQ′的解析式為：y＝－x＋， ∴4＋p＝－×2＋， ∴解得p＝－， ∴PN＝， ∴S?APQM＝2S△AMP＝4S△ANP＝4×·PN·AO＝4×××1＝5； 第4題解圖① ②當(dāng)P點(diǎn)在AM上方時(shí)，如解圖②， 第4題解圖② 設(shè)P(0，p)，易知M(1，4)，從而Q(2，4＋p

19、)， ∵△PMQ′與?APQM重合部分的面積是?APQM面積的， ∴PQ′必過QM的中點(diǎn)R(，4＋)， 易求得直線QQ′的解析式為y＝－x＋p＋5， ， 解得：x＝，y＝， ∴H(，)， ∵H為QQ′的中點(diǎn)，故易得Q′(，)， 由點(diǎn)P(0，p)，R(，4＋)易得直線PR的解析式為y＝(－)x＋p， 將Q′(，)代入到y(tǒng)＝(－)x＋p得：＝(－)×＋p， 整理得：p2－9p＋14＝0， 解得：p1＝7，p2＝2(與AM中點(diǎn)N重合，舍去)， ∴P(0，7)，∴PN＝5， ∴S?APQM＝2S△AMP＝2××PN×|xM－xA|＝2××5×2＝10. 綜上所述，?APQM面積為5或10. 19