专题5二次函数与面积最值定值问题-挑战中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）（解析版）.docx

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1、下载来源：初中数学资料群：795399662，其他科资料群：729826090挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘 专题5二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

2、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】（202

3、2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

4、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，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

5、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（3，0），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）

6、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，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，

7、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，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，3

8、t2+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（，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

9、）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（，），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

10、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，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，FBB

11、FBB，BFAB，EBBFBB，EBBFBB，BGE90BGF，BGBG，BGFBGE（ASA），GEGFEF，OGOE+GE，G（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，

12、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，

13、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

14、，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+

15、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，

16、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+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

17、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（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，CKADCDAOADC

18、K，CK，DK，AK，tanCAK，CQHP，CPQ+CPT180，CPT+DAC180，CPQCAK，tanCPQtanCAK，设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

19、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（xAxB）（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（

20、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|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

21、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y

22、x+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【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，t22t2

23、0，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

24、，令x2+2mxx+m2m，解得：x1m，x2m1，点Q的横坐标为m1，QHm（m1）1，AQl，QAHAGP45，PAQ90，AHQ90，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

25、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，

26、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，）；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

27、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ACO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DB

28、DC，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

29、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，OCa，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，BC

30、DACO，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QRPN，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

31、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，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

32、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

33、，设点P（x，）（x0），则点Q（x，x+2），PQ（x+2），SAPCSAPQ+SPCQPQ（xCxA）x24x（x0），S四边形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

34、，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

35、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

36、，CDE180DEF90，DEFCFECDE90，四边形CDEF是矩形，CFDE4，在RtBCF中，BC5，故答案为：10，5；（2）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4x

37、7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SP

38、AB2m+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

39、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