专题45：第8章几何中的最值问题之四边形的面积-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）(原卷+解析)

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45第8章几何中的最值问题之四边形的面积

一、单选题
1．如图，等边△ABC 的边长为3，点D在边AC上，AD＝，线段PQ在边BA上运动，PQ＝，有下列结论：①CP与QD可能相等；②△AQD与△BCP可能相似；③四边形PCDQ面积的最大值为；④四边形PCDQ周长的最小值为．其中，正确结论的序号（　　）

A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【答案】D
【分析】根据图象法可判断①；②当∠ADQ=∠CPB时，△AQD与△BCP相似；③设AQ=x，则四边形的面积=S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP，当x取最大值时可得结论；④如图，作点D关于AB的对称点D’，作D’F∥PQ，使得D’F=PQ，连接CF交AB于点P’，此时四边形P’CD’Q’的周长最小，求出CF的长即可判断.
【解答】①利用图象法可得PC＞DQ，故①错误；
②∵∠A=∠B=60°，
∴当∠ADQ=∠CPB时，△AQD与△BCP相似，故②正确；
③设AQ=x，则S四边形PCDQ= S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP=，
∵x的最大值为，
∴四边形PCDQ面积的最大值为，故③正确；
④如图，作点D关于AB的对称点D’，作D’F∥PQ，使得D’F=PQ，连接CF交AB于点P’，此时四边形P’CD’Q’的周长最小，

过点C作CH⊥D’F交D’F的延长线于H，交AB于J，
由题意可得，DD’=2AD·sin60°=，,，
∴，
∴，
∴，
∴四边形P’CD’Q’的周长最小最值=，故④错误.
故选D.
【点评】本题主要考查相似三角形的判断与性质，锐角三角函数，轴对称最短路径问题等，综合性较强，属于中考常考题，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.

二、填空题
2．已知，四边形ABCD的两条对角线AC、BD互相垂直，且AC+BD＝10，当AC＝_______时，四边形ABCD的面积最大，最大值为__________．
【答案】5 12.5
【分析】根据已知设四边形ABCD面积为S，AC为，则，进而求出，再求出最值即可．
【解答】解：设，四边形ABCD面积为S，则，
则：，
∵，
∴S有最大值，
当时，四边形ABCD的面积最大，
即当时，四边形ABCD面积最大，
，
故答案为：5，12.5．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，根据已知正确得出二次函数关系是解题关键．
3．如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，已知D是⊙O上一动点，连接AD、CD，若圆的半径r＝2，则以A、B、C、D为顶点的四边形的最大面积为_____．

【答案】4．
【分析】连接BO并延长交AC于E，交于D，根据垂径定理得到点D到AC的距离最大，根据直角三角形的性质、三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】连接BO并延长交AC于E，交于D，连接AD、CD，

∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC，
∴，
∴OE⊥AC，点D为的中点，
此时点D到AC的距离最大，
∴△ADC的面积最大，即以A、B、C、D为顶点的四边形的面积最大，
在Rt△BAD中，∠ABD＝30°，
∴AD＝BD＝2，
由勾股定理得，AB＝＝2，
∴以A、B、C、D为顶点的四边形的最大面积＝×2×2×2＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心、等边三角形的性质，掌握垂径定理、等边三角形的性质是解题的关键．
4．已知AB为半圆的直径，AB＝2，DA⊥AB，CB⊥AB，AD＝1，BC＝3，点P为半圆上的动点，则AD，AB，BC，CP，PD围成的图形的面积的最大值是_____．

【答案】2+
【分析】五边形ABCDP的面积＝四边形ABCD的面积﹣△CPD的面积只要求出△CDP面积的最小值，作EF//CD，且与⊙O相切于点P，连接OP延长OP交AD于H，易知此时点P到CD的距离最小，此时△CDP的面积最小．
【解答】解：∵五边形ABCDP的面积＝四边形ABCD的面积﹣△CPD的面积，
∴只要求出△CDP面积的最小值，
作EF//CD，且与⊙O相切于点P，连接OP延长OP交AD于H，
易知此时点P到CD的距离最小，此时△CDP的面积最小，
易知AD＝2，
∵四边形ABCD的面积＝（1+3）×2＝4＝×1×1+•AD•OH+•1•3，
∴OH＝，
∴PH＝﹣11，
∴△CAD的面积最小值为2﹣，
∴五边形ABCDP面积的最大值是4﹣（2﹣）＝2+．
故答案为2+．

【点评】本题主要考查了求解多边形的面积知识点，结合圆的切线的性质进行求解是解题的重要步骤．
5．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点．抛物线与轴正半轴交于点，点的坐标为，是该抛物线第一象限图像上的一点，三点均在某一个正方形的边上，且该正方形的任何一条边均与某条坐标轴平行，设点的横坐标为．若这个正方形的面积最小，则的取值范围是__________．

【答案】
【分析】根据抛物线与x轴正半轴交于点A，得点A坐标为（2，0），点B的坐标为（0，3），可得最小正方形的边长为3，最小正方形的面积为9，根据题意可得A、B、C中任意两个点不能重合，故此可以确定点C的横坐标的取值范围．
【解答】解：∵抛物线与x轴正半轴交于点A，
∴点A的坐标为（2，0），
如图所示：

当A，B，C三点均在某一个正方形的边上， 且该正方形的任何一条边均与某条坐标轴平行，
∵点B的坐标为（0，3）， 正方形的面积最小时， 此时正方形的边长为3，
∴过点A、B、C的正方形的面积最小值为9，
∴S≥9．
当y=3时， 解得
∴当2＜m≤3，时， 正方形面积有最小值；
当m=-1时， 正方形最小边长也为3， 正方形面积也有最小值，
∵C在第一象限，m＞0，
综上所述：点C的横坐标m的取值范围是： 2＜m≤3．
故答案为：2＜m≤3．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的最值、正方形的性质，解决本题的关键是综合利用正方形和二次函数的知识．
6．如图，的半径为1，点为外一点，过点作的两条切线，切点分别为点和点，则四边形面积的最小值是___________．

【答案】
【分析】由点P的坐标为（a，a-4），得到OP=，，由于PA，PB是⊙O的两条切线，得到PA=PB，∠OAP=∠OBP，由于△OPA≌△OBP，在Rt△OAP中，根据勾股定理得到PA的长度，于是得到四边形PBOA面积=2×△OPA的面积=2×OA•PA=，即可得到结果．
【解答】解：∵点P的坐标为（a，a-4），
OP=
∵PA，PB是⊙O的两条切线，
∴PA=PB，∠OAP=∠OBP，
在△OPA与△OBP中，

∴△OPA≌△OBP，
在Rt△OAP中，
PA=，
四边形PBOA面积=2×△OPA的面积=2×OA•PA=
∵2＞0
∴当a=4时，四边形PBOA面积最小，
最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定与性质，最值问题，能求得四边形PBOA面积=是解题的关键．
7．如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是A边上一点，且AE＝，点F是边BC上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG，CG，则四边形AGCD的面积的最小值为_____．

【答案】
【分析】根据矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，可得AC＝5，由AE＝可得点F是边BC上的任意位置时，点C始终在AC的下方，设点G到AC的距离为h，要使四边形AGCD的面积的最小，即h最小．所以点G在以点E为圆心，BE为半径的圆上，且在矩形ABCD的内部．过点E作EH⊥AC，交圆E于点G，此时h最小．根据锐角三角函数先求得h的值，再分别求得三角形ACD和三角形ACG的面积即可得结论．
【解答】解：如图，连接AC，

在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，
∠B＝∠D＝90°，
∴AC＝5，
∵AB＝3，AE＝，
∴点F是边BC上的任意位置时，点G始终在AC的下方，
设点G到AC的距离为h，
S四边形AGCD＝S△ACD+S△ACG
＝3×4+×5h，
＝6+h．
要使四边形AGCD的面积的最小，即h最小．
∵点G在以点E为圆心，BE为半径的圆上，且在矩形ABCD的内部．
过点E作EH⊥AC，交圆E于点G，此时h最小．

在Rt△ABC中，sin∠BAC＝，
在Rt△AEH中，AE＝，
sin∠BAC＝，
解得EH＝AE＝，
EG＝BE＝AB﹣AE＝3﹣，
∴h＝EH﹣EG＝﹣（3﹣）＝﹣3．
∴S四边形AGCD＝6+×（﹣3）
＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是确定满足条件的点G的位置，运用相似、锐角三角函数等知识解决问题．

三、解答题
8．[问题提出]
（1）如图①，在中，为上一点，则面积的最大值是


（2）如图②，已知矩形的周长为，求矩形面积的最大值


[实际应用]
（3）如图③，现有一块四边形的木板余料，经测量且木匠师傅从这块余料中裁出了顶点在边上且面积最大的矩形求该矩形的面积


【答案】（1）12；（2）9；（3）
【分析】（1）过点A作AE⊥BC，则有，要使△ABC的面积最大，则需满足AD=AE即可；
（2）设AB=x，则有BC=6-x，然后根据题意可得函数关系式，然后根据二次函数的性质进行求解即可；
（3）根据题意作图，则由题意易得△BMQ≌△CNP，则有BM=CN，MN=PQ，设BM=x，则MN=PQ=80-2x，进而可得，然后根据矩形的面积及二次函数的性质可求解．
【解答】解：（1）过点A作AE⊥BC，如图所示：


∴，
∵D为BC上一点，
∴，
∴要使△ABC的面积最大，则需满足AD=AE，
∵BC=6，AD=4，
∴△ABC的面积最大为：；
故答案为12；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，AD=BC，
∵矩形ABCD的周长是12，
∴设AB=x，则有AD=6-x，矩形ABCD的面积为S，则有：
，
此函数为二次函数，由，二次函数的开口向下，
∴当x=3时，矩形ABCD的面积有最大值为：；
（3）如图所示：


∵四边形PQMN是矩形，
∴QM=PN，PQ=MN，∠QMN=∠PNM=90°，
∵∠B=∠C=60°，∠QMB=∠PNC=90°，
∴△BMQ≌△CNP，
∴BM=NC，
设BM=NC=x，则有MN=PQ=80-2x，
∴，
∴，
此函数关系为二次函数，由可得开口向下，
∴当x=20时，矩形PQMN的面积有最大，即．
【点评】本题主要考查二次函数与几何的综合及三角函数，熟练掌握二次函数的性质及三角函数是解题的关键．
9．如图三角形ABC，BC＝12，AD是BC边上的高AD＝10．P，N分别是AB，AC边上的点，Q，M是BC上的点，连接PQ，MN，PN交AD于E．求
（1）若四边形PQMN是矩形，且PQ：PN＝1：2．求PQ、PN的长；
（2）若四边形PQMN是矩形，求当矩形PQMN面积最大时，求最大面积和PQ、PN的长．

【答案】（1）PQ＝，PN＝；（2）PQ＝5，PN＝6．
【分析】（1）设PQ＝y，则PN＝2y，根据相似三角形的对应边上的高的比＝相似比，构建方程即可解决问题；
（2）设AE＝x．利用相似三角形的性质，用x表示PN，PQ，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
【解答】解：（1）设PQ＝y，则PN＝2y，
∵四边形PQMN是矩形，
∴PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∵AD⊥BC，
∴AD⊥PN，
∴＝，即＝，
解得y＝，
∴PQ＝，PN＝．
（2）设AE＝x．
∵四边形PQMN是矩形，
∴PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∵AD⊥BC，
∴AD⊥PN，
∴＝，
∴PN＝x，PQ＝DE＝10﹣x，
∴S矩形PQMN＝x（10﹣x）＝﹣（x﹣5）2+30，
∴当x＝5时，S的最大值为30，
∴当AE＝5时，矩形PQMN的面积最大，最大面积是30，
此时PQ＝5，PN＝6．

【点评】本题考查相似三角形的应用、二次函数的应用、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用相似三角形的性质构建二次函数或方程解决问题，属于中考常考题型．
10．某公司对办公大楼一块墙面进行如图所示的图案设计．这个图案由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成的大正方形，设小正方形的边长m，直角三角形较短边长n，且n＝2m﹣4，大正方形的面积为S．
（1）求S关于m的函数关系式．
（2）若小正方形边长不大于3，当大正方形面积最大时，求m的值．

【答案】（1）S＝13m2﹣40m+32（m＞2）；（2）m＝3
【分析】（1）根据小正方形的边长m，直角三角形较短边长n，即可得出直角三角形较长边长为m+n，根据勾股定理即可得出函数关系式；
（2）根据二次函数的性质和题意中的取值范围即可得出S的最大值，从而可求的m．
【解答】解：（1）∵小正方形的边长m，直角三角形较短边长n，
∴直角三角形较长边长为m+n，
∴由勾股定理得：S＝（m+n）2+n2，
∵n＝2m﹣4，
∴S＝（m+2m﹣4）2+（2m﹣4）2，
＝13m2﹣40m+32，
∵n＝2m﹣4＞0，
∴m＞2，
∴S关于m的函数关系式为S＝13m2﹣40m+32（m＞2）；
（2）∵S＝13m2﹣40m+32（2＜m≤3），
∴S＝13(m-)2+
∵m≥时，S随x的增大而增大，
∴m＝3时，S取最大．
∴m＝3．
【点评】本题考查了二次函数的实际应用，勾股定理，根据题意列出解析式是解题关键．
11．如图，点E，F，G，H分别在菱形ABCD的四条边上，BE=BF=DG=DH，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH．
（1）求证：四边形EFGH是矩形；
（2）若AB=2，∠A=60°，当BE为何值时，矩形EFGH的面积最大？

【答案】（1）见解析；（2）当BE＝1时，矩形EFGH的面积最大．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质：等边对等角，以及平行线的性质可以证得∠DGH＋∠CGH＝90°，则∠HGF＝90°，根据三个角是直角的四边形是矩形，即可证得；
（2）设BE的长是x，则利用x表示出矩形EFGH的面积，根据函数的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵DG＝DH，
∴∠DHG＝∠DGH＝，
同理，∠CGF＝，
∴∠DGH＋∠CGF＝，
又∵在菱形ABCD中，AD∥BC，
∴∠D＋∠C＝180°，
∴∠DGH＋∠CGF＝90°，
∴∠HGF＝90°，
同理，∠GHE＝∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）如图，连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴AD＝AB，
∴△ABD和△BCD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，
∴S△BCD＝S△ABD＝AB2＝，
则菱形ABCD的面积是2，
设BE＝x，则AE＝2－x，
∵BE＝DH，AB＝AD，
∴AH＝AE，
∵∠A＝60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴EH＝AE＝2－x
在Rt△BME中，∠ABD＝60°，BE＝x，
∴EM＝x
∴EF＝2EM＝x
则矩形EFGH的面积y＝HE×EF
＝（2－x）×x
＝－（x2－2x）
＝－（x－1）2＋，
∴当x＝1时，矩形EFGH的面积最大，
即当BE＝1时，矩形EFGH的面积最大．

【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定以及二次函数的性质，正确利用x表示出矩形EFGH的面积是关键．
12．如图，在中，，，，点、分别是边、上的动点（点不与、重合），且，过点作，交于点，连接，设．

（1）是否存在一点，使得四边形为平行四边形，并说明理由；
（2）当时，求的值；
（3）当为何值时，四边形的面积最大，并求出最大值．
【答案】（1）存在，理由见解析；（2）；（3）时，四边形的面积最大，最大值为
【分析】（1）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（2）证△BMQ∽△BCA得，据此知，解之可得．
（3）根据勾股定理求出BC，根据相似三角形的性质用x表示出QM、BM，根据梯形面积公式列出二次函数解析式，根据二次函数性质计算即可．
【解答】（1）解：当时，四边形为平行四边形，
理由：∵，，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：∵，∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴；
∴，即
∴．

（3）解：∵，
∴，
即，
解得，，，
∵，
∴，即，
解得，，
设四边形的面积为
则
∴当时，四边形的面积最大，最大值为．
【点评】本题是四边形的综合问题，主要考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定、二次函数的性质，掌握相似三角形的判定定理、二次函数的性质是解题的关键．
13．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E，过点D作⊙O的切线交EC于点F．
（1）求证：EF=FC；
（2）填空：①当∠ACD的度数为 时，四边ODFC为正方形；
②若AD=4，DC=2，则四边形ABCD的最大面积是 ．

【答案】（1）见解析；（2）①45°；② 9
【分析】（1）根据已知和根据圆周角定理可得CE是⊙O的切线且∠ADC=∠EDC=90°，根据切线性质可得DF=FC，进而有∠CDF=∠DCF，再利用等角的余角相等证得∠E=∠EDF，则有DF=EF，即可得证；
（2）①连接OD，根据切线的性质、正方形的判定和圆周角定理即可解答；
②根据圆周角定理可得∠ADC=∠ABC=90°，根据题意只需△ABC面积最大即可．
【解答】（1）证明：∵AC为⊙O的直径，AC⊥CE，
∴CE为⊙O的切线，∠ADC=∠EDC=90°，
又∵DF为⊙O的切线，
∴DF=CF，
∴∠CDF=∠DCF，
∵∠EDF+∠CDF=90°，∠E+∠DCF=90°，
∴∠E=∠EDF，
∴DF=EF，
∴EF=FC；
（2）①当∠ACD的度数为45°时，四边ODFC为正方形，
理由为：连接OD，
∵DF为⊙O的切线，
∴∠ODF=90°，
∵∠ACD=45°，
∴∠AOD=90°，即∠COD=90°，
又AC⊥CF，
∴∠OCF=∠ODF=∠COD=90°，又OD=OC，
∴四边形ODFC是正方形，
故答案为：45°；

②∵AC为⊙0的直径，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
∵AD=4，DC=2，
∴AC= ，
S△ADC= ，
要使四边形ABCD的面积最大，只需△ABC的面积最大，
当△ABC为等腰直角三角形时，△ABC的面积最大，
∴四边形ABCD的最大面积为4+ ×2 ×=4+5=9，
故答案为：9．
【点评】本题是以圆为载体的综合题，考查了切线的判定与性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、正方形的判定、等角的余角相等、勾股定理等知识，涉及知识点较多，熟练掌握相关知识的运用是解答的关键．
14．如图，已知AB是⊙O中一条固定的弦，点C是优弧AB上一个动点(点C不与A，B重合)．
（1）设∠ACB的角平分线与劣弧AB交于点P，试猜想点P在弧AB上的位置是否会随点C的运动而发生变化？请说明理由；
（2）如图②，设A′B′=8，⊙O的半径为5，在（1）的条件下，四边形ACBP的面积是否为定值？若是定值，请求出这个定值；若不是定值，试确定四边形A′C′B′P′的面积的取值范围．

【答案】（1）不变化，理由见详解； （2）8 【分析】（1）由∠ACP=∠BCP得，P为的中点，P在弧AB上的位置不动，p点不变化，
（2）四边形ACBP的面积不是定值，连接OA，OB， OP，OP交AB于D，
由，OP为半径，由垂经定理知OP⊥AB，AB=BD，由勾股定理得OD=，
进而S△APB=，当PC为直径时， S△ABC最大=则0S△ABC32即可求出
S四边形ACBP=S△ABC+S△PAB= S△ABC +8的范围，即S四边形A′C′B′P′的范围．
【解答】（1）∵∠ACB的角平分线与劣弧AB交于点P，
∴∠ACP=∠BCP，
∴，
∴P为的中点，
∴P在弧AB上的位置不动，为此不随点C的运动而发生变化，P点不变化．

（2）四边形ACBP的面积不是定值，连接OA，OB， OP，OP交AB于D，
由，OP为半径，
∴OP⊥AB，AB=BD=4，OA=5，
∴由勾股定理得OD=，
∴DP=OP-OD=5-3=2，
∴S△APB=，
当PC为直径时，交AB于点D，则CD=PC-PD=10-2=8，
S△ABC最大=，
0S△ABC32，
S四边形ACBP=S△ABC+S△PAB= S△ABC +8，
8S四边形ACBP≤40，即8 S四边形A′C′B′P′≤40．

【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理，三角形面积，勾股定理等内容，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
15．空地上有一段长为am的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，已知木栏总长为120m．
（1）已知a＝30，矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了120m木栏，且围成的矩形菜园而积为1000m2．如图1，求所利用旧墙AD的长；
（2）已知0＜a＜60，且空地足够大，如图2．请你合理利用旧墙及所给木栏设计一个方案，使得所围成的矩形菜园ABCD的面积最大，并求面积的最大值．

【答案】（1）旧墙AD的长为20米；（2）当0＜a＜40时，围成长和宽均为米的矩形菜园面积最大，最大面积为平方米；当40≤a＜60时，围成长为a米，宽为米的矩形菜园面积最大，最大面积为（60﹣）平方米．
【分析】(1)按题意设出AD=x米，用x表示AB，再根据面积列出方程解答；
(2)根据旧墙长度a和AD长度表示矩形菜园长和宽，注意分类讨论S与菜园边长之间的数量关系．
【解答】解：(1)设AD＝x米，则AB＝，
依题意得，＝1000，
解得x1＝100，x2＝20，
∵a＝30，且x≤a，
∴x＝100舍去，
∴利用旧墙AD的长为20米，
故答案为20米；
(2)设AD＝x米，矩形ABCD的面积为S平方米，
①如果按图1方案围成矩形菜园，依题意得，
S＝，
∵0＜a＜60，
∴x＜a＜60时，S随x的增大而增大，
当x＝a时，S最大为；
②如按图2方案围成矩形菜园，依题意得，
S＝，
当a＜时，即0＜a＜40时，
则x＝时，S最大为，
当，即40≤a＜60时，S随x的增大而减小，
∴x＝a时，S最大＝，
综合①②，当0＜a＜40时，
，
此时，按图2方案围成矩形菜园面积最大，最大面积为平方米，
当40≤a＜60时，两种方案围成的矩形菜园面积最大值相等．
∴当0＜a＜40时，围成长和宽均为米的矩形菜园面积最大，最大面积为平方米；
当40≤a＜60时，围成长为a米，宽为米的矩形菜园面积最大，最大面积为平方米．
【点评】本题以实际应用为背景，考查了一元二次方程与二次函数最值的讨论，解得时注意分类讨论变量大小关系．
16．如图1，抛物线交轴于点和点，交轴于点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求一次函数（直线）的表达式和的面积；
（3）如图2，设点是线段上的一动点，作轴，交抛物线于点，求四边形最大面积时点的坐标和最大面积．

【答案】（1）；（2），面积为6；（3），最大值为
【分析】
（1）把，代入解方程即可求出解析式；
（2）先由解析式求出，，再求AC解析式及的面积；
（3）利用铅锤法求出,当最大时，最大此时四边形面积最大．
【解答】
（1）把，代入，
得，解，∴．
（2）当时，解得，，
∴，，，
过，，得，得，
∴一次函数关系式为，
．
（3）设，，
则，
当时，最大．
当最大时，最大，
，
此时．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，解题的关键是利用铅锤法解决二次函数面积最值问题，属于中考压轴题．
17．如图，已知AB为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以OP、OB为一组邻边作▱POBQ，连接OQ、AP，设OQ、AP的中点分别为M、N，连接PM、ON．
（1）试判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒15°的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为ts．
①试求：当t为何值时，四边形OMPN的面积取得最大值？并判断此时直线PQ与半圆O的位置关系（需说明理由）；
②是否存在这样的t，使得点Q落在半圆O内？若存在，请直接写出t的取值范围；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）四边形OMPN为矩形，理由见解析；（2）①当t=6秒时，四边形OMPN面积最大，此时，PQ与半圆O相切．理由见解析；②当8＜t＜12时，点Q在半圆O内．
【分析】（1）先证四边形PQOA为平行四边形，再证四边形OMPN为平行四边形，根据等腰三角形三线合一，得ON⊥AP，进而即可得到结论；
（2）①由题意得S矩形OMPN=S△AOP，从而得△AOP的AO边上的高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，进而即可得到t的值，根据切线的判定定理，即可得到结论；②考虑两个特殊情况：当点Q在半圆O上时，当点P与点A重合时，分别求出t的值，进而即可得到答案．
【解答】（1）四边形OMPN为矩形，理由如下：
∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQ∥OB，PQ=OB．
又∵OB=OA，
∴PQ=AO．
又∵PQ∥OA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PA∥QO，PA=QO．
又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
∴OM=OQ，PN=AP，
∴OM=PN，
∴四边形OMPN为平行四边形．
∵OP=OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP=90°，
∴四边形OMPN为矩形；
（2）①∵四边形OMPN为矩形，
∴S矩形OMPN=ON·NP=ON·AP，即S矩形OMPN=S△AOP．
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°（运动至最高点）时，△AOP的AO边上的高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，
∴t=90÷15=6秒，
∴当t=6秒时，四边形OMPN面积最大．
此时，PQ与半圆O相切．理由如下：
∵此时∠POB=90°，PQ//OB，
∴∠OPQ=90°，
∴PQ与半圆O相切；
②当点Q在半圆O上时，
∵四边形POBQ为平行四边形，且OB=OP，
∴四边形POBQ为菱形，
∴OB=BQ=OQ=OP=PQ，
∴∠POQ=∠BOQ=60°，即：∠BOP=120°，
∴此时，t=120°÷15°=8秒，
当点P与点A重合时，t=180°÷15°=12秒，
综上所述：当8＜t＜12时，点Q在半圆O内．

【点评】本题主要考查圆的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰三角形三线合一，熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，是解题的关键．
18．如图，点A、B分别在x轴和y轴的正半轴上，以线段AB为边在第一象限作等边△ABC，，且CA∥y轴．
（1）若点C在反比例函数的图象上，求该反比例函数的解析式；
（2）在（1）中的反比例函数图象上是否存在点N，使四边形ABCN是菱形，若存在请求出点N坐标，若不存在，请说明理由．
（3）点P在第一象限的反比例函数图象上，当四边形OAPB的面积最小时，求出P点坐标．

【答案】（1）y＝；（2）存在，N（2，1）；（3）P（，）．
【分析】（1）如图1中，作CD⊥y轴于D．首先证明四边形OACD是矩形，利用反比例函数k的几何意义解决问题即可．
（2）如图2中，作BD⊥AC于D，交反比例函数图象于N，连接CN，AN．求出的坐标，证明四边形ABCN是菱形即可．
（3）如图3中，连接PB，PA，OP．设P（a，）．可得S四边形OAPB＝S△POB+S△POA＝ ×1×a+××＝a+＝由此即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，作CD⊥y轴于D．

∵CA∥y轴，CD⊥y轴，
∴CD∥OA，AC∥OD，
∴四边形OACD是平行四边形，
∵∠AOD＝90°，
∴四边形OACD是矩形，
∴k＝S矩形OACD＝2S△ABC＝，
∴反比例函数的解析式为y＝．
（2）如图2中，作BD⊥AC于D，交反比例函数图象于N，连接CN，AN．

∵△ABC是等边三角形，面积为，设CD＝AD＝m，则BD＝m，
∴×2m×m＝，
∴m＝1或﹣1（舍弃），
∴B（0，1），C（，2），A（，0），
∴N（2，1），
∴BD＝DN，
∵AC⊥BN，
∴CB＝CN，AB＝AN，
∵AB＝BC，
∴AB＝BC＝CN＝AN，
∴四边形ABCN是菱形，
∴N（2，1）．
（3）如图3中，连接PB，PA，OP．设P（a，）．

S四边形OAPB＝S△POB+S△POA＝×1×a+××＝a+＝
∴当a＝时，四边形OAPB的面积最小，
解得a＝或（舍弃），
此时P（，）．
【点评】本题考查的是反比例函数的性质，由的几何意义求的值，菱形的判定与性质，图形面积的计算以及最值的求法，掌握以上知识是解题的关键．
19．（1）如图1，是上一动点，是外一点，在图中作出最小时的点．
（2）如图2，中，，，，以点为圆心的的半径是，是上一动点，在线段上确定点的位置，使的长最小，并求出其最小值．
（3）如图3，矩形中，，，以为圆心，为半径作，为上一动点，连接，以为直角边作，，，试探究四边形的面积是否有最大或最小值，如果有，请求出最大或最小值，否则，请说明理由．

【答案】（1）见详解；（2）过做于，，交于，这时最短，最短为；（3）有最大值和最小值，四边形面积最大值是，最小值是．
【分析】（1）根据两点之间线段最短，连接OP与圆交于一点，这点便是要求的A点；

（2）如图，过做于，，交于，这时最短，分别在线段，上任取点，点，连接，，根据垂线段最短，可得最短．然后利用勾股定理和面积相等求得PQ和BP的值；
（3）如图取AB的中点G，连接FG，FC，GC,由△FAG∽△EAD，推出FG: DE=AF: AE=1: 3,因为DE=3，可得FG=1,推出点F的运动轨迹是以G为圆心1为半径的圆，当GH⊥AC于H交⊙G于F ₁,GH的反向延长线于⊙G交于F₂,再利用(2)的结论可知，HF₁或HF₂为△AFC的AC边上的高，HF₁最小，HF₂最大，由此可得△ACF₁面积最小，推出四边形₁的面积最小，通过求解得出最小面积；同理可得△ACF₂面积最大，推出四边形₂的最大面积，即可解决问题.
【解答】（1）连接线段交于，点即为所求；
证明:如图1延长PO交⊙O于点B,显然PB> PA.

如图2,在⊙O上任取一点C(与点A，B不重合) ,连结PC，OC.
∵PO 且PO= PA+OA，0A=0C, ∴ PA ∴ PA长是点P与⊙O上各点之间的最短距离.
由此可得：圆外一点与圆上各点之间的最短距离是这点到圆心的距离与半径的差.
（2）过做于，，交于，这时最短．
理由：如图3，分别在线段，上任取点，点，连接，，由于，根据垂线段最短，，，又，所以，即最短．

在中，
，，
，这时．
当在点左侧米处时，长最短是．

（3）的面积有最大和最小值．
如图4，取的中点，连接，．，，
，，，又，，，
，
，，
，，，
点在以为圆心为半径的圆上运动，
连接，则的面积
过做于，交于，反向延长线交于，
①当在时，面积最小．理由：由（2）知，当在时，最短，这时的边上的高最小，所以面积有最小值，
在中，，
在中，，
面积有最小值是；
四边形面积最小值是；
②当在时，最大理由：在上任取异于点的点，作于，作于，连接，则四边形是矩形，，
在中，，，又，，即所以是的边上的最大高，所以面积有最大值，

面积有最大值是；
四边形面积最大值是
综上所述，四边形面积最大值是，最小值是．

【点评】本题考查了几何量的最值问题，几何最值问题是近几年来中考的热点，常以动点、轴对称、旋转为背景，解题时需要动态思维，数形结合，特殊与一般相结合等思想方法．本题用到了相似三角形判定和性质，以及勾股定理、三角形的面积公式等知识．
20．如图1，已知抛物线经过坐标原点O和x轴上另一点E，顶点M的坐标为（2，4），矩形ABCD的顶点A与点O重合，AD，AB分别在x轴，y轴上，且AD=2，AB=3．
（1）求该抛物线所对应的函数关系式；
（2）将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图1所示的位置沿x轴的正方向匀速平行移动，同时一动点P也以相同的速度从点A出发向B匀速移动，设它们运动的时间为t秒（0≤t≤3），直线AB与该抛物线的交点为N（如图2所示）．
①设以P、N、C、D为顶点的多边形面积为S，试问：S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
②当t=1时，射线AB上存在点Q，使△QME为直角三角形，请直接写出点Q的坐标．

【答案】（1）y=﹣x2+4x；（2）①以点P、N、C、D所构成的多边形的面积S有最大值，这个最大值为；②点Q的坐标为：Q1（1，）或Q2（1，1）或Q3（1，3）．
【分析】（1）用二次函数的顶点式可求出解析式；
（2）①根据动点P、动直线AB的移动规律，和抛物线的解析式，用含t 的式子表示出点P、N坐标，分为PN=0和PN≠0两种情况，即以P、N、C、D为顶点的多边形为三角形和梯形两种情况讨论，即可求出或用含t的式子表示S，求出S的最值；
②设点Q的坐标为（1，m），过点M作MG⊥AB于点G，作MH⊥x轴于点H，针对直角三角形的直角分三种情况讨论，要使∠QME=90°，只需△MGQ∽△MHE；要使∠MQE=90°，只需△MGQ∽△QAE；要使∠QEM=90°，则点Q在BA的延长线上，不符合题意．前两种情况借助相似三角形的判定，转化为对应线段成比例，列出关于m的方程，解出即可.
【解答】解：（1）设抛物线解析式为y=，
把（0，0）代入解析式得：a=-1，
∴抛物线解析式为y=，即：．
（2）存在．
①由题意得：点P的坐标为（t，t），点N的坐标为（t，），
∴PN=，
当PN=0，即t=0或t=3时， P、N、C、D所构成的多边形为三角形，
此时S=3，
当PN≠0时，

∵，AD⊥DC，
∴S=（CD+PN）•AD
= [3+()]×2，
=
∴当t=时，S最大=＞3，
∴以点P、N、C、D所构成的多边形的面积S有最大值，这个最大值为：；
②过点M作MG⊥AB于点G，作MH⊥x轴于点H，则G（1,4），H（2,0）

又∵M（2，4），E（4，0），A（1,0）
∴EH=2，MH=4，MG=1，AG=4，AE=3
设点Q的坐标为（1，m），
（i）要使∠QME=90°，只需△MGQ∽△MHE，只需MG：GQ=MH：EH，
即1：GQ=4：2，
解得：GQ=，
∴m=，
∴点Q1的坐标为（1，）；
（ii）要使∠MQE=90°，只需△MGQ∽△QAE，只需MG：GQ=AQ：AE，
∴1：（4﹣m）=m：3，

解得：m=1或m=3，
∴点Q的坐标为Q2（1，1）或Q3（1，3）；
（iii）要使∠QEM=90°，则点Q在BA的延长线上，不符合题意．
综上所述，点Q的坐标为：Q1（1，）或Q2（1，1）或Q3（1，3）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数中双动点问题中多边形面积最大值的问题，动点问题中的直角三角形的存在性问题；此题把S表示成t的二次函数，通过作辅助线，把直角三角形问题转化为相似三角形中线段成比例的问题，把几何问题转化为代数问题是解题的关键.
21．如图，四边形内接于，对角线为的直径，过点作的垂线交的延长线于点，过点作的切线，交于点．

（1）求证：；
（2）填空：
①当的度数为 时，四边形为正方形；
②若，，则四边形的最大面积是 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②9．
【分析】(1)根据已知条件得到CE是的切线．根据切线的性质得到DF=CF,由圆周角定理得到∠ADC=90°，于是得到结论;
(2)①连接OD,根据圆周角定理和正方形的判定定理即可得到结论;
②根据圆周角定理得到∠ADC=∠ABC=90°，根据勾股定理得到 根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵是的直径，，
∴是的切线．
又∵是的切线，且交于点，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
(2)解:①当∠ACD的度数为45°时，四边形ODFC为正方形;
理由:连接OD,
∵AC为的直径,
∴∠ADC=90°,
∵∠ACD=45° ,
∴∠DAC=45°,
∴∠DOC=90° ,
∴∠DOC=∠ODF=∠OCF=90°, ．
∵OD=OC,
∴四边形ODFC为正方形;
故答案为：45°
②四边形ABCD的最大面积是9 ,
理由: ∵AC为的直径,
∴∠ADC=∠ABC=90°,
∵AD=4，DC=2 ,
∴,
∴要使四边形ABCD的面积最大，则△ABC的面积最大,
∴当△ABC是等腰直角三角形时，△ABC的面积最大，
∴四边形ABCD的最大面积：
故答案为：9
【点评】本题以圆为载体，考查了圆的切线的性质、平行线的判定、平行四边形的性质、直角三角形全等的判定和45°角的直角三角形的性质，涉及的知识点多，熟练掌握相关知识是解题的关键．
22．如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于点A(-3，0)和点B(1，0)，交y轴于点C
(1)求这个抛物线的函数表达式．
(2)点D的坐标为(-1，0)，点P为第二象限内抛物线上的一个动点，求四边形ADCP面积的最大值．
(3)点M为抛物线对称轴上的点，问：在抛物线上是否存在点N，使△MNO为等腰直角三角形，且∠MNO为直角？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)y=-x2-x+2；(2)S的最大值为；(3)存在，点N的坐标为：(，)或(，)或(，)或(，)．
【分析】(1)抛物线的表达式为：y=a(x+3)(x-1)=a(x2+2x-3)=ax2+2ax-3a，即-3a=2，即可求解；
(2)S四边形ADCP=S△APO+S△CPO-S△ODC，即可求解；
(3)分点N在x轴上方、点N在x轴下方两种情况，分别求解．
【解答】解：(1)抛物线的表达式为：y=a(x+3)(x-1)=a(x2+2x-3)=ax2+2ax-3a，
即-3a=2，解得：a=-，
故抛物线的表达式为：y=-x2-x+2，
则点C(0，2)，函数的对称轴为：x=1；
(2)连接OP，设点P(x，-x2-x+2)，

则S=S四边形ADCP=S△APO+S△CPO-S△ODC=×AO×yP+×OC×|xP|-×CO×OD
=(-x2-x+2)×2×(-x)-=-x2-3x+2，
∵-1＜0，故S有最大值，当x=-时，S的最大值为；
(3)存在，理由：
△MNO为等腰直角三角形，且∠MNO为直角时，点N的位置如下图所示：

①当点N在x轴上方时，点N的位置为N1、N2，
N1的情况(△M1N1O)：
设点N1的坐标为(x，-x2-x+2)，则M1E=x+1，
过点N1作x轴的垂线交x轴于点F，过点M1作x轴的平行线交N1F于点E，
∵∠FN1O+∠M1N1E=90°，∠M1N1E+∠EM1N1=90°，∴∠EM1N1=∠FN1O，
∠M1N1E=∠N1OF=90°，ON1=M1N1，
∴△M1N1E≌△N1OF(AAS)，∴M1E=N1F，
即：x+1=-x2-x+2，解得：x=(舍去负值)，
则点N1(，)；
N2的情况(△M2N2O)：
同理可得：点N2(，)；
②当点N在x轴下方时，点N的位置为N3、N4，
同理可得：点N3、N4的坐标分别为：(，)、(，)；
综上，点N的坐标为：(，)或(，)或(，)或(，)．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及三角形全等、等腰直角三角形的性质、图形的面积计算等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
23．如图，在中，，，，点分别是边上的动点（点不与重合），且，过点作的平行线，交于点，连接，设为．
（1）试说明不论为何值时，总有∽；
（2）是否存在一点，使得四边形为平行四边形，试说明理由；
（3）当为何值时，四边形的面积最大，并求出最大值．

【答案】（1）见解析；（2）当时，四边形为平行四边形；（3）当时，四边形的面积最大，最大值为．
【分析】（1）根据题意得到∠MQB=∠CAB，根据相似三角形的判定定理证明；
（2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（3）根据勾股定理求出BC，根据相似三角形的性质用x表示出QM、BM，根据梯形面积公式列出二次函数解析式，根据二次函数性质计算即可．
【解答】解：（1）∵，
∴，
∴，又，
∴∽；
（2）当时，四边形为平行四边形，
∵，，
∴四边形为平行四边形；
（3）∵，
∴，
∵∽，
∴，即，
解得，，
∵，
∴，即，
解得，，
则四边形的面积，
∴当时，四边形的面积最大，最大值为．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定、二次函数的性质，掌握相似三角形的判定定理、二次函数的性质是解题的关键．
24．如图1，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B，与y轴交于C，抛物线的顶点为D，直线l过C交x轴于E（4，0）．
（1）写出D的坐标和直线l的解析式；
（2）P（x，y）是线段BD上的动点（不与B，D重合），PF⊥x轴于F，设四边形OFPC的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并求S的最大值；
（3）点Q在x轴的正半轴上运动，过Q作y轴的平行线，交直线l于M，交抛物线于N，连接CN，将△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′．在图2中探究：是否存在点Q，使得M′恰好落在y轴上？若存在，请求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=﹣x+3；（2）；（3）点Q的坐标为（，0）或（4，0）．
【解析】试题分析：（1）先把抛物线解析式配成顶点式即可得到D点坐标，再求出C点坐标，然后利用待定系数法求直线l的解析式；
（2）先根据抛物线与x轴的交点问题求出B（3，0），再利用待定系数法求出直线BD的解析式为y=-2x+6，则P（x，-2x+6），然后根据梯形的面积公式可得S=-x2+x（1≤x≤3），再利用而此函数的性质求S的最大值；
（3）如图2，设Q（t，0）（t＞0），则可表示出M（t，-t+3），N（t，-t2+2t+3），利用两点间的距离公式得到MN=|t2-t|，CM=t，然后证明NM=CM得到|t2-t|=t，再解绝对值方程求满足条件的t的值，从而得到点Q的坐标．
试题解析：（1）∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴D（1，4），
当x=0时，y=-x2+2x+3=3，则C（0，3），
设直线l的解析式为y=kx+b，
把C（0，3），E（4，0）分别代入得，解得，
∴直线l的解析式为y=-x+3；
（2）如图（1），当y=0时，-x2+2x+3=0，解得x1=-1，x2=3，则B（3，0），

设直线BD的解析式为y=mx+n，
把B（3，0），D（1，4）分别代入得，解得，
∴直线BD的解析式为y=-2x+6，
则P（x，-2x+6），
∴S=（-2x+6+3）x=-x2+x（1≤x≤3），
∵S=-（x-）2+，
∴当x=时，S有最大值，最大值为；
（3）存在．
如图2，设Q（t，0）（t＞0），则M（t，-t+3），N（t，-t2+2t+3），
∴MN=|-t2+2t+3-（-t+3）|=|t2-t|，
CM==t，
∵△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′，M′落在y轴上，
而QN∥y轴，
∴MN∥CM′，NM=NM′，CM′=CM，∠CNM=∠CNM′，
∴∠M′CN=∠CNM，
∴∠M′CN=∠CNM′，
∴CM′=NM′，
∴NM=CM，
∴|t2-t|=t，
当t2-t=t，解得t1=0（舍去），t2=4，此时Q点坐标为（4，0）；
当t2-t=-t，解得t1=0（舍去），t2=，此时Q点坐标为（，0），
综上所述，点Q的坐标为（，0）或（4，0）．