專(zhuān)題05 函數(shù)動(dòng)點(diǎn)最值之線段與面積-2022-2023學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期期末分類(lèi)復(fù)習(xí)滿分沖刺（蘇科版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

典例1
如圖，拋物線y＝ax2+2x+c．與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于C（0，3），直線y＝﹣x﹣1經(jīng)過(guò)點(diǎn)A且與拋物線交于另一點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若P是位于直線AD上方的拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PA，PD，求△PAD的面積的最大值．
解題思路：：（1）根據(jù)y＝﹣x﹣1經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，可求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入y＝ax2+2x+c即可求出拋物線的解析；
（2）聯(lián)立拋物線和一次函數(shù)y＝﹣x﹣1的解析式列方程解出可得點(diǎn)D的坐標(biāo)，過(guò)點(diǎn)P作PE∥y軸，交AD于E，設(shè)P（t，﹣t2+2t+3），則E（t，﹣t﹣1）（點(diǎn)），表示PE的長(zhǎng)（線），根據(jù)三角形面積公式可得△APD的面積(式)，配方后可得結(jié)論．
答案詳解：解：（1）∵直線y＝﹣x﹣1經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，
∴令y＝0，則0＝﹣x﹣1，
∴x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
將A（﹣1，0），C（0，3）代入y＝ax2+2x+c得：
a?2+c=0c=3，
解得：a=?1c=3，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+2x+3；
（2）﹣x2+2x+3＝﹣x﹣1，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴D（4，﹣5），
過(guò)點(diǎn)P作PE∥y軸，交AD于E，
設(shè)P（t，﹣t2+2t+3），則E（t，﹣t﹣1），
∴PE＝（﹣t2+2t+3）﹣（﹣t﹣1）＝﹣t2+3t+4，
∴△PAD的面積=12?PE?（4+1）=52（﹣t2+3t+4）=?52（t?32）2+1258，
當(dāng)t=52時(shí)，△PAD的面積最大，且最大值是1258．
典例2
如圖，二次函數(shù)y=12x2+bx+c的圖象與x軸交于B、C兩點(diǎn)（點(diǎn)B在點(diǎn)C的左側(cè)），一次函數(shù)y＝kx+1的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B和二次函數(shù)圖象上另一點(diǎn)A．其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為（4，3）．
（1）求二次函數(shù)和一次函數(shù)的解析式；
（2）若拋物線上的點(diǎn)P在第四象限內(nèi)，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線PQ，交直線AB于點(diǎn)Q，求線段PQ的最大值．
解題思路：（1）先把A點(diǎn)坐標(biāo)代入y＝kx+1可求出k，從而得到一次函數(shù)解析式為y=12x+1，則易得B（﹣2，0），然后利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；
（2）利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，設(shè)P（x，12x2?12x﹣3），Q（x，12x+1），（點(diǎn)）則PQ=12x+1﹣（12x2?12x﹣3），（線）把解析式配成頂點(diǎn)式得到PQ=?12（x﹣1）2+92，（式）然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求PQ的最大值．
答案詳解：解：（1）把A（4，3）代入y＝kx+1得：
4k+1＝3，
解得：k=12，
∴一次函數(shù)解析式為y=12x+1，
當(dāng)y＝0時(shí)，12x+1＝0，
解得x＝﹣2，
則B（﹣2，0），
把B（﹣2，0），A（4，3）代入y=12x2+bx+c得：
2?2?2b+c=08+4b+c=3，
解得：b=?12c=?3
∴拋物線解析式為y=12x2?12x﹣3；
（2）設(shè)P（x，12x2?12x﹣3），則Q（x，12x+1），
∴PQ=12x+1﹣（12x2?12x﹣3）
=?12x2+x+4
=?12（x﹣1）2+92，
∴當(dāng)x＝1時(shí)，PQ最大，最大值為92．
實(shí)戰(zhàn)訓(xùn)練
一．線段最值之縱差法
1．如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c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)D為拋物線的頂點(diǎn)，B，C兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（3，0）和（0，3）．
（1）直線BC的解析式為 y＝﹣x+3 ．
（2）求拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式．
（3）①頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，4）；
②當(dāng)0≤x≤4時(shí)，二次函數(shù)的最大值為 4 ，最小值為 ﹣5 ．
（4）若點(diǎn)M是第一象限的拋物線上的點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線交BC于點(diǎn)N，求線段MN的最大值．
試題分析：（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；
（2）把B（3，0），和C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求函數(shù)解析式；
（3）①由y＝﹣（x﹣1）2+4，即可求頂點(diǎn)坐標(biāo)；
②當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)有最大值4，當(dāng)x＝4時(shí)，函數(shù)有最小值﹣5；
（4）設(shè)點(diǎn)M（t，﹣t2+2t+3），則N（t，﹣t+3），可得MN=?(t?32)2+94，即可求MN的最大值．
答案詳解：解：（1）設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+m，
∴3k+m=0m=3，
∴k=?1m=3，
∴y＝﹣x+3，
所以答案是：y＝﹣x+3；
（2）把B（3，0），和C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，
得?9+3b+c=0c=3，
解得b=2c=3，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（3）①∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴頂點(diǎn)D（1，4），
所以答案是：（1，4）；
②∵函數(shù)的對(duì)稱軸為直線x＝1，
∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)有最大值4，
∵0≤x≤4，
∴當(dāng)x＝4時(shí)，函數(shù)有最小值﹣5，
所以答案是：4，﹣5；
（4）設(shè)點(diǎn)M（t，﹣t2+2t+3），則N（t，﹣t+3），
∴MN＝﹣t2+3t=?(t?32)2+94，
∴線段MN的最大值是94．
2．如圖，直線y=?23x+c與x軸交于點(diǎn)A（3，0），與y軸交于點(diǎn)B，拋物線y=?43x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，B．
（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)和拋物線的解析式；
（2）M（m，0）為線段OA上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M垂直于x軸的直線與直線AB和拋物線分別交于點(diǎn)P、N．
①試用含m的代數(shù)式表示線段PN的長(zhǎng)；
②求線段PN的最大值．
試題分析：（1）把A點(diǎn)坐標(biāo)代入直線解析式可求得c，則可求得B點(diǎn)坐標(biāo)，由A、B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；
（2）①M(fèi)（m，0），則P（m，?23m+2），N（m，?43m2+103m+2），即可求出PN的長(zhǎng)；
②根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得線段PN的最大值．
答案詳解：解：（1）∵y=?23x+c與x軸交于點(diǎn)A（3，0），與y軸交于點(diǎn)B，
∴0＝﹣2+c，解得c＝2，
∴B（0，2），
∵拋物線y=?43x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，B，
∴?12+3b+c=0c=2，解得b=103c=2，
∴拋物線解析式為y=?43x2+103x+2；
（2）①M(fèi)（m，0），則P（m，?23m+2），N（m，?43m2+103m+2），
∴PN=(?43m2+103m+2)?(?23m+2)=?43m2+4m（0≤m≤3）；
②∵PN=?43m2+4m=?43(m?32)2+3，
∴m=32時(shí)，線段PN有最大值為3．
3．如圖，已知二次函數(shù)y=12x2﹣x?32的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)．
（1）求A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）求直線BC的函數(shù)表達(dá)式；
（3）若D是線段OB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)D作x軸的垂線交直線BC于E點(diǎn)，交拋物線于F點(diǎn)，求線段EF的最大值．
試題分析：（1）將x＝0代入函數(shù)解析式即可求出C點(diǎn)坐標(biāo)，將y＝0代入函數(shù)解析式即可求出A、B的坐標(biāo)；
（2）利用一次函數(shù)的待定系數(shù)法直接求解即可；
（3）設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)，再利用兩點(diǎn)之間的距離公式求解即可．
答案詳解：（1）解：∵二次函數(shù)y=12 x2﹣x?32，
令 y＝0，即12x2?x?32=0，
∴x1＝3，x2＝﹣1，
由圖可得，B在A的右邊，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
令 x＝0，則y=?32，即C(0，?32)；
（2）解：設(shè)直線BC解析式為 y＝kx+b，
把 B（3，0），C（0，﹣2）代入得，
3k+b=0b=?32，
解得k=12b=?32，
∴直線BC解析式為y=12x?32；
（3）解：設(shè) D（x，0），0≤x≤3，DF⊥x 軸，
∴xD＝xE＝xF＝x，
∵E在直線BC上，
∴yE=12x?32，即E(x，12x?32)，
∵F在拋物線上，
∴yF=12x2?x?32，即F(x，12x2?x?32)，
∴EF=|yE?yF|=12x?32?(12x2?x?32)=?12x2+32x，
∴x=?b2a=32，
∴0≤x≤32，y隨x的增大而增大，32＜x≤3，y隨x的增大而減小，
∴x=32 時(shí)，EF有最大值，
∴EF=?12×(32)2+32×32=98；
∴EF的最大值是 98．
4．如圖所示，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B（5，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，5）．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）若點(diǎn)M是拋物線在x軸下方的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MN∥y軸交直線BC于點(diǎn)N，求線段MN的最大值．
試題分析：（1）通過(guò)待定系數(shù)法求解．
（2）由B，C坐標(biāo)求出直線BC解析式，設(shè)點(diǎn)M坐標(biāo)為（m，m2﹣6m+5），從而可得點(diǎn)N坐標(biāo)，進(jìn)而求解．
答案詳解：解：（1）將（5，0），（0，5）代入y＝x2+bx+c得25+5b+c=0c=5，
解得b=?6c=5，
∴y＝x2﹣6x+5．
（2）設(shè)直線BC解析式為y＝kx+n，
將（5，0），（0，5）代入y＝kx+n得5k+n=0n=5，
解得k=?1n=5，
∴y＝﹣x+5，
設(shè)點(diǎn)M坐標(biāo)為（m，m2﹣6m+5），則點(diǎn)N坐標(biāo)為（m，﹣m+5），
∴MN＝﹣m+5﹣（m2﹣6m+5）＝﹣m2+5m＝﹣（m?52）2+254，
∴MN最大值為254．
二．線段最值之改邪歸正
5．如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，B（1，0），與y軸交于D（0，3），直線與拋物線交于B、C兩點(diǎn)，其中C（﹣2，3）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BC，拋物線上是否存在一點(diǎn)P使得線段PE最大，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)和線段PE的最大值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
試題分析：（1）利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；
（2）過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線與BC交點(diǎn)F，可知PE和PF的比例關(guān)系確定，即PF越大，PE就越大．
答案詳解：解：（1）把點(diǎn)B（1，0），D（0，3），C（﹣2，3）分別代入y＝ax2+bx+c，得
a+b+c=0c=34a?2b+c=3．
解得a=?1b=?2c=3．
故該拋物線解析式是y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如圖，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G，與BC交點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥x軸于點(diǎn)H，
則有CH∥PG，H（﹣2，0），
∴BH＝1﹣（﹣2）＝3，CH＝3，
∴BC=32，
∵在△FPE和△FGB中，∠PEF＝∠FGB＝90°，∠PFE＝∠GFB，
∴∠EPF＝∠FBG＝∠CBH，
∴cs∠CBA＝cs∠EPF=BHBC=PEPF=22，
∴PE=22PF，
設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx+t（k≠0），
把B（1，0），C（﹣2，3）分別代入，
得k+t=0?2k+t=3．
解得k=?1t=1．
∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+1．
設(shè)P（a，﹣a2﹣2a+3），
則F（a，﹣a+1），
∴PF＝﹣a2﹣2a+3﹣（﹣a+1）＝﹣a2﹣a+2，
∴當(dāng)a=??1?2=?12時(shí)，PFmax=?14+12+2=94，
則此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（?12，154），PEmax=22PFmax=928．
6．如圖1，拋物線y=?12x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0）和B點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，2）．
（1）求這個(gè)拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)P在拋物線上，且滿足∠PAB＝∠ACO，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，若點(diǎn)D是在直線BC上方的拋物線的一點(diǎn)，作DE⊥BC于點(diǎn)E，求線段DE的最大值．
試題分析：（1）由拋物線y=?12x2+bx+c經(jīng)過(guò)A（﹣1，0）、C（0，2），用待定系數(shù)法即得拋物線解析式為y=?12x2+32x+2；
（2）過(guò)P作PM⊥x軸于M，設(shè)P（m，?12m2+32m+2），根據(jù)∠PAB＝∠ACO，得tan∠PAB＝tan∠ACO，即PMAM=AOCO=12，有|?12m2+32m+2|m+1=12，即可解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，2）或（5，﹣3）；
（3）作D作DN⊥x軸于N交BC于F，由y=?12x2+32x+2得B（4，0），可得直線BC為y=?12x+2，在Rt△BOC中，可求cs∠CBO=OBBC=255，而DE⊥BC，∠DFE＝∠BFN，知∠EDF＝∠NBF，故DE＝DF?cs∠EDF＝DF?cs∠CBO=255DF，即知DF最大時(shí)，DE最大，設(shè)D（n，?12n2+32n+2），則DF=?12（n﹣2）2+2，即可得DE的最大值為455．
答案詳解：解：（1）∵拋物線y=?12x2+bx+c經(jīng)過(guò)A（﹣1，0）、C（0，2），
∴0=?12?b+c2=c，解得b=32c=2，
∴拋物線解析式為y=?12x2+32x+2；
（2）過(guò)P作PM⊥x軸于M，如圖：
設(shè)P（m，?12m2+32m+2），則PM＝|?12m2+32m+2|，AM＝m+1，
∵∠PAB＝∠ACO，
∴tan∠PAB＝tan∠ACO，即PMAM=AOCO=12，
∴|?12m2+32m+2|m+1=12，
當(dāng)P在x軸上方時(shí)，?12m2+32m+2m+1=12，
解得m＝3或m＝﹣1（與A重合，舍去），
∴P（3，2），
當(dāng)P在x軸下方時(shí)，?12m2+32m+2m+1=?12，
解得m＝5或m＝﹣1（舍去），
∴P（5，﹣3），
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，2）或（5，﹣3）；
（3）作D作DN⊥x軸于N交BC于F，如圖：
在y=?12x2+32x+2中，令y＝0得?12x2+32x+2＝0，
解得x＝4或x＝﹣1，
∴B（4，0），
設(shè)直線BC為y＝kx+2，
∴0＝4k+2，解得k=?12，
∴直線BC為y=?12x+2，
在Rt△BOC中，BC=OC2+OB2=25，
∴cs∠CBO=OBBC=255，
∵DE⊥BC，∠DFE＝∠BFN，
∴∠EDF＝∠NBF，
∴DE＝DF?cs∠EDF＝DF?cs∠CBO=255DF，
∴DF最大時(shí)，DE最大，
設(shè)D（n，?12n2+32n+2），則F（n，?12n+2），
∴DF＝（?12n2+32n+2）﹣（?12n+2）=?12（n﹣2）2+2，
∴n＝2時(shí)，DF最大為2，
∴DE的最大值為255×2=455．
三．面積最值--改邪歸正縱橫積
7．如圖，已知拋物線y＝ax2+3ax+c（a＞0）與y軸交于點(diǎn)C，與x軸交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)．點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，0），OC＝3OB．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）若點(diǎn)D是線段AC下方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，求△ACD面積的最大值．
試題分析：（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，進(jìn)行計(jì)算即可解答；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DF⊥x軸，垂足為F，交直線AC于點(diǎn)E，先求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，再求出直線AC的解析式為y=?34x﹣3，然后設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（t，34t2+94t﹣3），則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（t，?34t﹣3），從而可得DE=?34t2﹣3t，最后根據(jù)△ADC的面積＝△ADE的面積+△CDE的面積，進(jìn)行計(jì)算即可解答．
答案詳解：解：（1）∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，0），
∴OB＝1，
∵OC＝3OB，
∴OC＝3，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣3），
把B（1，0），C（0，﹣3）代入拋物線y＝ax2+3ax+c中得：
a+3a+c=0，c=?3，
解得：a=34c=?3，
∴拋物線的表達(dá)式為y=34x2+94x﹣3；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DF⊥x軸，垂足為F，交直線AC于點(diǎn)E，
當(dāng)y＝0時(shí)，34x2+94x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝1，
∴A（﹣4，0），B（1，0），
∴OA＝4，
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，
把A（﹣4，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+b中得：
?4k+b=0b=?3，
解得：k=?34b=?3，
∴直線AC的解析式為y=?34x﹣3，
設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（t，34t2+94t﹣3），則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（t，?34t﹣3），
∴DE=?34t﹣3﹣（34t2+94t﹣3）=?34t2﹣3t，
∴△ADC的面積＝△ADE的面積+△CDE的面積
=12DE?AF+12DE?OF
=12DE?（AF+OF）
=12DE?OA
=12?（?34t2﹣3t）?4
=?32t2﹣6t
=?32（t+2）2+6，
∴當(dāng)t＝﹣2時(shí)，△ACD面積有最大值，最大值為6，
∴△ACD面積的最大值為6．
8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2﹣2ax+c（a≠0）經(jīng)過(guò)A（﹣2，0），C（0，﹣2）兩點(diǎn)，與x軸另一交點(diǎn)為B．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）在拋物線的對(duì)稱軸找出點(diǎn)若M，使得∠BMC＝90°，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)P為直線BC下方的拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P與B、C不重合）求△PBC面積的最大值．
試題分析：（1）把A，C代入拋物線，求得a，c即可；
（2）求出點(diǎn)B（4，0），對(duì)稱軸為直線x＝1，設(shè)M（1，m），利用勾股定理列出關(guān)于m的方程，解方程即可求得結(jié)論；
（3）過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交BC于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)P（x，14x2?12x﹣2），則點(diǎn)D （x，12x﹣2），PD=12x﹣2﹣（14x2?12x﹣2）=?14x2+x，由S△PBC=12PD?OB=12（?14x2+x）×4=?12（x﹣2）2+2，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得．
答案詳解：解：（1）∵拋物線y＝ax2﹣2ax+c（a≠0）經(jīng)過(guò)A（﹣2，0），C（0，﹣2）兩點(diǎn)，
∴c＝﹣2，4a+4a﹣2＝0，
解得a=14，
∴拋物線解析式為y=14x2?12x﹣2；
（2）∵y=14x2?12x﹣2=14（x﹣1）2?94，
∴拋物線對(duì)稱軸為直線x＝1．
當(dāng)y＝0時(shí)，14x2?12x﹣2＝0，
∴x＝﹣2或4，
∴B（4，0），
∴設(shè)點(diǎn)M（1，m），
∴CM2+BM2＝BC2．
∴1+（m+2）2+（4﹣1）2+m2＝42+22，
∴m＝﹣3或1，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，﹣3）或（1，1）；
（3）過(guò)點(diǎn)P作PD∥y軸，交交BC于點(diǎn)D，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b（k≠0，k、b是常數(shù)），
∵B（4，0），C（0，﹣2），
∴4k+b=0b=?2，解得：k=12b=?2，
故直線BC的解析式為：y=12x﹣2，
設(shè)點(diǎn)P（x，14x2?12x﹣2），則點(diǎn)D （x，12x﹣2），
∴PD=12x﹣2﹣（14x2?12x﹣2）=?14x2+x，
∴S△PBC=12PD?OB=12（?14x2+x）×4=?12（x﹣2）2+2（其中0＜x＜4），
∵?12＜0，
∴這個(gè)二次函數(shù)有最大值．
當(dāng)x＝2時(shí)，S△PBC的最大值為2．
9．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，在第二象限內(nèi)的拋物線上確定一點(diǎn)P，使四邊形PBAC的面積最大，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
試題分析：過(guò)點(diǎn)P作PK∥y軸交BC于點(diǎn)K，首先求得A、B、C的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出設(shè)直線BC解析式，設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則K（t，t+3），根據(jù)S四邊形PBAC＝S△PBC+S△ABC，得出S四邊形PBAC=?32（t+32）2+758，運(yùn)用二次函數(shù)求最值方法即可得出答案．
答案詳解：解：如圖，過(guò)點(diǎn)P作PK∥y軸交BC于點(diǎn)K，
令x＝0，則y＝﹣x2﹣2x+3＝3，
∴C（0，3），
令y＝0，則﹣x2﹣2x+3＝0，
解得x＝﹣3或x＝1，
∴A（1，0），B（﹣3，0），
設(shè)直線BC解析式為y＝kx+b，將B（﹣3，0），C（0，3）代入，
得：?3k+b=0b=3，
解得：k=1b=3，
∴直線BC解析式為y＝x+3，
設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則K（t，t+3），
∴PK＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，
∴S△PBC＝S△PBK+S△PCK=12PK?（t+3）+12PK?（0﹣t）=32PK=32（﹣t2﹣3t），
S△ABC=12AB?OC=12×4×3＝6，
∴S四邊形PBAC＝S△PBC+S△ABC=32（﹣t2﹣3t）+6=?32（t+32）2+758，
∵?32＜0，
∴當(dāng)t=?32時(shí)，四邊形PBAC的面積最大，
此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（?32，154）．
10．如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3）．
（1）求出該拋物線的函數(shù)關(guān)系式；
（2）求出該拋物線的對(duì)稱軸；
（3）點(diǎn)P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m（0＜m＜3）．當(dāng)△PCB的面積的最大值時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
試題分析：（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）由y＝（x﹣1）2﹣4直接求對(duì)稱軸即可；
（3）先求直線BC的解析式，過(guò)點(diǎn)P作PQ∥y軸交于BC于點(diǎn)Q，則P（m，m2﹣2m﹣3），Q（m，m﹣3），再由S△PBC=?32（m?32）2+278，求P點(diǎn)坐標(biāo)即可．
答案詳解：解：（1）將A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，
∴a?b+c=09a+3b+c=0c=?3，
解得a=1b=?2c=?3，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1；
（3）設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴3k+b=0b=?3，
解得k=1b=?3，
∴y＝x﹣3，
過(guò)點(diǎn)P作PQ∥y軸交于BC于點(diǎn)Q，
∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，
∴P（m，m2﹣2m﹣3），則Q（m，m﹣3），
∴PQ＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，
∴S△PBC=12×3×（﹣m2+3m）=?32（m?32）2+278，
∵0＜m＜3，
∴當(dāng)m=32時(shí)，△PCB的面積有最大值，
此時(shí)P（32，?154）．
11．如圖，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+3的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且過(guò)點(diǎn)D（﹣1，4）．
（1）求b的值及該二次函數(shù)圖象的對(duì)稱軸；
（2）連接AC，AD，CD，求△ADC的面積；
（3）在AC上方拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)M，請(qǐng)直接寫(xiě)出△ACM的面積取到最大值時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)．
試題分析：（1）直接把點(diǎn)D（﹣1，4）代入二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+3中得b的值，從而可得結(jié)論；
（2）根據(jù)三角形的面積差可得結(jié)論；
（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)M作MN∥y軸，交AC于點(diǎn)N，利用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（t，﹣t2﹣2t+3），則N（t，t+3），表示MN的長(zhǎng)，根據(jù)三角形的面積公式并配方成頂點(diǎn)式可得結(jié)論．
答案詳解：解：（1）把點(diǎn)D（﹣1，4）代入二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+3中得：﹣1﹣b+3＝4，
∴b＝﹣2，
∴y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴對(duì)稱軸是：直線x＝﹣1；
（2）如圖1，連接OD，
當(dāng)y＝0時(shí)，﹣（x+1）2+4＝0，
∴x1＝﹣3，x2＝1，
∴A（﹣3，0），
∵D（﹣1，4），C（0，3），
∴△ADC的面積＝S△AOD+S△CDO﹣S△AOC=12×3×4+12×3×1?12×3×3＝3；
（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)M作MN∥y軸，交AC于點(diǎn)N，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+m，
則?3k+m=0m=3，解得：k=1m=3，
∴直線AC的解析式為：y＝x+3，
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（t，﹣t2﹣2t+3），則N（t，t+3），
∵點(diǎn)M是在AC上方拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)，
∴﹣3＜t＜0，MN＝（﹣t2﹣2t+3）﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，
∴S△AMC=12?MN?OA=32（﹣t2﹣3t）=?32（t+32）2+278，
∵?32＜0，
∴當(dāng)t=32時(shí)，△ACM的面積有最大值，此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（?32，154）．
12．如圖，拋物線y＝x2+x﹣2與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）結(jié)合函數(shù)圖象，當(dāng)﹣2＜x＜4時(shí)，直接寫(xiě)出y的取值范圍： ?94≤y＜18 ．
（2）若點(diǎn)M是直線AC下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，求四邊形ABCM面積的最大值．
試題分析：（1）求出拋物線與x軸的交點(diǎn)，對(duì)稱軸，再根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求出y的取值范圍；
（2）過(guò)點(diǎn)M作MN⊥x軸與點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)M（x，x2+x﹣2），則AN＝x+2，ON＝﹣x，OB＝1，OC＝2，MN＝﹣（x2+x﹣2）＝﹣x2﹣x+2，根據(jù)S 四邊形ABCM＝S△AOM+S△OCM+S△BOC構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．
答案詳解：解：（1）由 y＝0，得 x2+x﹣2＝0 解得 x＝﹣2，x＝1，
∴A（﹣2，0），B（1，0），
對(duì)稱軸為x=?2+12=?12，
∴當(dāng)x=?12時(shí)，y＝（?12）2+（?12）﹣2=?94，
當(dāng)x＝4時(shí)，y＝42+4﹣2＝18，
∴當(dāng)﹣2＜x＜4時(shí)，y的取值范圍為?94≤y＜18，
所以答案是：?94≤y＜18；
（2）由 x＝0，得 y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
過(guò)點(diǎn)M作MN⊥x軸與點(diǎn)N，
設(shè)點(diǎn)M（x，x2+x﹣2），則AO＝2，ON＝﹣x，OB＝1，OC＝2，MN＝﹣（x2+x﹣2）＝﹣x2﹣x+2，
S 四邊形ABCM＝S△AOM+S△OCM+S△BOC=12×2×（﹣x2﹣x+2）+12×2×（﹣x）+12×1×2
＝﹣x2﹣2x+3
＝﹣（x+1）2+4，
∵﹣1＜0，
∴當(dāng)x＝﹣1時(shí)，S四邊形ABCM的最大值為4．

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多