专题10 有关面积的最值问题的常见压轴题-【聚焦压轴】2022届中考数学压轴大题专项训练1

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（1）如图1，若，，求的长；
（2）如图2，若，求证：；
（3）如图3，将绕点逆时针旋转（）得到，连，点为的中点，连接，若，．当最小时，直接写出的面积．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解题思路分析】（1）过点D作DH⊥AC于点H，根据等腰直角三角形的性质可得，再根据勾股定理可求得，由此即可求得答案；
（2）在（1）的辅助线的基础上过点E作EG⊥BD交BC于点G，先证明，由此可得，再证明，由此可得，最后再根据三角形的中位线定理即可得证；
（3）先根据已知条件求得，，然后取的中点O，连接OP，根据三角形的中位线定理可得，进而可得点P在以点O为圆心，2为半径的圆上，如图所示，由此可得当点P在线段OB上时，BP取的最小值，由此再计算的面积即可．
【解析】（1）解：如图，过点D作DH⊥AC于点H，
∵，，，
∴，，
∵，DH⊥AC，，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴；
（2）证明：如图，过点E作EG⊥BD交BC于点G，
∵，，
∴，
又∵EG⊥BD，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
即：，
在与中，
∴，
∴，
∵，，
∴点H、D分别为AC、AB的中点，
∴HD为的中位线，
∴，
∴，
即；
（3）解：∵，，
∴设，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，，
∵将绕点逆时针旋转（）得到，
∴，
如图，取的中点O，连接OP，
∵点O、P分别为、的中点，
∴，
∴点P在以点O为圆心，2为半径的圆上，如图所示，
∴当点P在线段OB上时，BP取的最小值，
∵点O为的中点，
∴，，
∵在中，，
∴设点C到直线OB的距离为h，则，
∴，
解得：，
∴当最小时，的面积为．
2．（2021·温州市实验中学九年级月考）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝10，CD＝，动点P从点A沿着A－B－C运动，同时点Q从点D沿着D－A运动，它们同时到达终点，设点P运动的路程为x，AQ的长度为y，且．
（1）求AD，BC的长和四边形ABCD的面积．
（2）连接PQ，设△APQ的面积为S，在P，Q的运动过程中，S是否存在最大值，若存在，求出S的最大值；若不存在，请说明理由．
（3）当PQ与四边形ABCD其中一边垂直时，求所有满足要求的x的值．
【答案】（1）120；（2）存在，最大值为；（3）或或
【解题思路分析】（1）当x＝0时，当y＝0时，分别求解得出对应线段的长度，过点B作BM⊥AD，过点D作DN⊥BC，求出高，即可求解；
（2）分情况讨论（点在线段上、当在上时），得出△APQ的面积的函数表达式，根据函数性质求解即可；
（3）分三种情况讨论，利用三角形相似的性质求解即可．
【解析】解（1）：由题意：∵P，Q两点同时到达终点，
所以，当x＝0时，y＝16，即AD＝16；当y＝0时，x＝24，所以BC＝14
过点B作BM⊥AD，过点D作DN⊥BC，如下图：

又∵AD∥BC， 可知四边形为矩形
设AM＝m，∴MD＝16－m，即BN＝16－m，
∴CN＝m－2，
根据BM＝DN，可得：102－m2＝－（m－2）2，
解得m＝6．即BM＝8，
∴四边形ABCD的面积为：（16＋14）×8÷2＝120
（2）当点在线段上时，，作，如下图，
则，∴
∴，即，
对称轴为，
又∵
∴时，最大，为
当在上时，，
，随的增大而减小，
综上所述，的最大值为
（3）当时，如下图：
∴
∴，即，解得
当时，可得，即
解得
当时，如下图：
∵，∴
又∵，
∴
∴
由（1）（2）得，，，
∴
∴，解得
综上所得或或
3．（2021·湖北武汉·九年级月考）在△ABE和△CDE中，∠ABE＝∠DCE＝90°，AB＝BE，CD＝CE．
（1）连接AD、BC，点M、N分别为AD、BC的中点，连接MN，
①如图1，当B、E、C三点在一条直线上时，MN与BC关系是 ．
②如图2，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由．
（2）如图3，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，连接AC、BD，点P、Q分别为BD、AC的中点，连接PQ，若AB＝13，CD＝5，则PQ的最大值时，此时以A、B、C、D为顶点的四边形的面积为 ．
【答案】（1）①；②成立，理由见解析；（2）
【解题思路分析】（1）①接,交于点，证明△ABE，△CDE是等腰直角三角形, 四边形是矩形，进而根据，可得，进而可得是等腰直角三角形，即可得；
②分别取，的中点,连接，证明四边形是平行四边形，进而证明，进而证明，再证明,则可得，进而可得,进而可得是等腰直角三角形，即可得；
（2）如图，连接，取的中点，连接,根据，则当三点共线时，取得最大值，作出图形，进而求得四边形的面积．
【解析】（1）如图，连接,交于点，交于点，
，
△ABE，△CDE是等腰直角三角形，
，
，
点M为AD的中点，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
即，
是等腰直角三角形，
点是的中点，
；
②，①中的结论成立，理由如下
分别取，的中点,连接，
△ABE，△CDE是等腰直角三角形，
,，
点M、N分别为AD、BC的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，
，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，，
，
，
，
，
，
，
，
,
,
，
，
是等腰直角三角形
点是的中点，
；
（2）如图，连接，取的中点，连接,
，
当三点共线时，取得最大值，，
此时如图，
分别为的中点，
，
三点共线，
，
，
，
，
若AB＝13，CD＝5，
△ABE，△CDE是等腰直角三角形，
，
，
四边形
．
故答案为：．
4．（2021·福建省福州格致中学九年级月考）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，且B点的坐标为（3，0），经过A点的直线交抛物线于点D（2，3）．
（1）求抛物线的解析式和直线AD的解析式：
（2）点E为x轴上一点，点F为抛物线上一点，是否存在点E，使得以A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出满足条件的点E的坐标：如果不存在，请说明理由
（3）点M为直线AD上方抛物线上一点，求当的面积最大时M点的坐标及最大的面积．
【答案】（1）y＝−x2＋2x＋3，y＝x＋1；（2）E（-3，0），（4±，0），（1，0）；（3）M（，），
【解题思路分析】（1）把点B和D的坐标代入抛物线得出方程组，解方程组即可；由抛物线解析式求出点A的坐标，设直线AD的解析式为y＝kx＋a，把A和D的坐标代入得出方程组，解方程组即可；
（2）分两种情况：①当AD为平行四边形的边时，当a＜−1时，DF∥AE且DF＝AE，得出F（0，3），由AE＝−1−a＝2，求出a的值；当a＞−1时，显然F应在x轴下方，EF∥AD且EF＝AD，设F （a−3，−3），代入抛物线解析式，即可得出结果．②当AD为平行四边形的对角线时，则F （0， 3），则此时E（1，0）；
（3）设M（x，−x2＋2x＋3），过点M作MN⊥x轴，交AD于点N，则N（x，x＋1），可得的面积=−x2＋x+3，进而即可求解．
【解析】解：（1）把点B和D的坐标代入抛物线得：，
解得：b＝2，c＝3，
∴抛物线的解析式为y＝−x2＋2x＋3；
当y＝0时，−x2＋2x＋3＝0，
解得：x＝3或x＝−1，
∵B（3，0），
∴A（−1，0）；
设直线AD的解析式为y＝kx＋a，
把A和D的坐标代入得：，
解得：k＝1，a＝1，
∴直线AD的解析式为y＝x＋1；
（2）分两种情况：如图所示，设点E（a，0），
①当AD为平行四边形的边时，a＜−1时，则DF∥AE且DF＝AE，
则F点即为（0，3），
∵AE＝−1−a＝2，
∴a＝−3，即E（-3，0）；
当AD为平行四边形的边时，a＞−1时，显然F应在x轴下方，EF∥AD且EF＝AD，
则F （a-1-2，0+0−3），即：F （a-3，−3），
由−（a−3）2＋2（a−3）＋3＝−3，
解得：a＝4±，即E（4±，0），
②当AD为平行四边形的对角线时，则F （0， 3），则此时E（1，0），
综上所述，满足条件的点E的坐标为：E（-3，0），（4±，0），（1，0）；
（3）设M（x，−x2＋2x＋3），过点M作MN⊥x轴，交AD于点N，则N（x，x＋1），
∴MN=−x2＋2x＋3-（ x＋1）=−x2＋x+2，
∴的面积===，
∴的面积=−x2＋x+3，
当x=时，的最大面积=−×＋× +3=，
此时，M（，）．
5．（2021·吉林铁西·九年级期末）如图，抛物线（，是常数，且）与轴交于，两点，与轴交于点．并且，两点的坐标分别是，，抛物线顶点为．
（1）①求出抛物线的解析式；
②顶点的坐标为______；
③直线的解析式为______；
（2）若为线段上的一个动点，其横坐标为，过点作轴于点，求当为何值时，四边形的面积最大？
（3）若点在抛物线的对称轴上，若线段绕点逆时针旋转后，点的对应点恰好也落在此抛物线上，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）①；②的坐标为：；③；（2）当时，；（3）或．
【解题思路分析】（1）①利用待定系数法把，代入，得，解方程组即可；
②把抛物线配方变为顶点式即可；
③利用待定系数法将点、的坐标代入一次函数表达式并得：解方程组即可；
（2）由点的横坐标为，可得点E（m，2m+6），求出，利用梯形面积可得利用函数性质即可求解；
（3）抛物线对称轴与轴交于H，过作AG⊥DH 于G，先证△APH≌△（AAS），可得AH=PG，,用含m代数式表示点，利用点在抛物线上，列出m的方程，求解即可．
【解析】解：（1）①把，代入，
得，
解得：，
∴
②∵
的坐标为：（-1，4）
故答案（-1，4）
③设BD函数表达式为
将点、的坐标代入一次函数表达式得：
解得
直线的表达式为：，
故答案为：
（2）连接EC
∵点的横坐标为，则点的纵坐标为，点E（m，2m+6）
当时，
∴
由题意可知：
，，
∴
∵=，
点E在线段BD上，
，
∴当时，；
（3）抛物线对称轴与轴交于H，过作AG⊥DH 于G，
∵PA′=PA，∠CPA=90°，
∴ +∠APH=90°， =90°，
∴
在△APH和△中，
，
∴△APH≌△（AAS），
∴AH=PG，,
∵A（1,0），对称轴x=，H（-1，0）
∴AH=2，设PH=m,
∴点，
∵点在抛物线上
整理得
因式分解的
解得或
当，P（-1，1），点与点C重合，在抛物线上，满足条件，
当，P（-1，-2），点与点B重合，在抛物线上，满足条件，
∴点或．
6．（2021·长沙市周南梅溪湖中学九年级开学考试）如图，已知抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点C，连接．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为线段BC上的一动点（不与B、C重合），轴，且交抛物线于点M，交x轴于点N，当的面积最大时，求点P的坐标及最大面积；
（3）在（2）的条件下，当的面积最大时，点D是抛物线的对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点E，使得以A、P、D、E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）点的坐标为，，的最大面积为；（3）或或
【解题思路分析】（1）根据题意将，两点的坐标代入即可求出解析式；
（2）求出直线的解析式，设点坐标为，则点坐标为，可表示出的长，则的面积，可用表示出来，根据二次函数的性质可求出面积的最大值和点的坐标；
（3）分三种不同的情况进行讨论，利用平行四边形的性质及平移规律即可求出点的坐标．
【解析】解：（1）依题意得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）将x＝0代入，得y＝3，
∴点C的坐标为（0，3），
设直线的解析式为，
将（0，3）和（3，0）代入，
得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点坐标为，则点坐标为，
，
，
当时，的面积最大，最大值为，此时，点的坐标为，；
（3）由（2）得：，
，
对称轴为直线，
当四边形为平行四边形时，
则，，
，，
，
，
，
将代入，得y＝，
，；
当四边形为平行四边形时，
则，，
，
，
，
将代入，得y＝，
，；
当四边形为平行四边形时，
则，，
，
，
，
将代入，得y＝，
，，
存在点使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标是或或．
7．（2021·陕西西安·交大附中分校九年级模拟预测）问题提出：
（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝2，则∠A的大小为 ；
问题探究：
（2）如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC与BD相交于O．若AC＝8，BD＝6，∠AOD＝60°，求四边形ABCD的面积；
问题解决：
（3）在西安市“三河一山”生态绿道长廊建设中．规划将某条绿道一侧的四边形区域修建成主题公园．设计要求：如图③，四边形ABCD中，AD＝160m，BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝120°．求这个主题公园的最大面积．
【答案】（1）30°；（2）12；（3）m2．
【解题思路分析】（1）根据已知，求出tanA＝即可得到答案；
（2）过A作AM⊥BD于M，过C作CN⊥BD于N，得到S四边形ABCD＝S△BCD+S△BAD，再利用三角函数求解即可得到答案；
（3）连接BD，过点C作CE∥BD，交AB的延长线于E，连接DE，设BE＝a，则CE＝，BC＝2a，BD＝2a，tan∠BED＝2，通过把平行四边形的面积转化成三角形的面积，由此求解即可．
【解析】解（1）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝2，
∴tanA＝，
∴∠A＝30°，
故答案为：30°；
（2）过A作AM⊥BD于M，过C作CN⊥BD于N，如图：
在Rt△CON中，CN＝OC•sin∠CON＝OC•sin∠AOD＝OC，
在Rt△AOM中，AM＝OA•sin∠AOD＝OA，
∴S△BCD＝BD•CN＝×6×OC＝OC，
S△BAD＝BD•AM＝×6×OA＝OA，
∴S四边形ABCD＝S△BCD+S△BAD＝OC+OA＝（OC+OA）＝AC＝12；
（3）如图，连接BD，过点C作CE∥BD，交AB的延长线于E，连接DE，
∵BC＝CD，∠BCD＝120°，
∴∠CBD＝30°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠ABD＝90°，
∵CE∥BD，
∴∠CEB＝90°，∠CBE＝60°，
设BE＝a，则CE＝，BC＝2a，
∴BD＝2a，
∴tan∠BED＝2，
∵CE∥BD，
∴S△BDE＝S△BDC，
∴S四边形ABCD＝S△ADE，
∵∠AED为定角，AD为定长，
故画出△ADE的外接圆，如图，
当EH⊥AD，且EH经过圆心O时，S△ADE最大，
∵∠AOH＝∠AED，
设OH＝am，则AH＝2am，
由勾股定理得OA＝am，
∵AD＝2AH，
∴4a＝160，
∴a＝，
∴EH＝EO+OH＝ ，
∴S△ADE＝
∴主题公园的最大面积为：．
8．（2021·河北·天津外国语大学附属外国语学校九年级月考）如图，抛物线的图像经过点，，其对称轴为直线
（1）求这个抛物线的解析式
（2）抛物线与轴的另一个交点为，抛物线的顶点为判断的形状并说明理由
（3）直线轴，交抛物线于另一点，点是直线下方的抛物线上的一个动点（点不与点和点重合），点做轴的垂线，交直线于点，当四边形的面积最大时，求出点的坐标
【答案】（1）；（2）是直角三角形，见解析；（3）
【解题思路分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）先求出点C、D的坐标，利用勾股定理求出BC、BD、CD的长即可判断；
（3）先求出直线BC的解析式，N的坐标，得到四边形的面积=，故当PQ最大时，四边形的面积最大，设P（x，0），则P（），Q（），得到四边形的面积的函数解析式，利用函数性质解答．
【解析】解：（1）由题意得，
解得，
∴这个抛物线的解析式为；
（2）令中y=0，得，
解得x=-1或x=3，
∴C（3,0），
∵
∴顶点D的坐标为（1，-4），
∵,
∴,
∴是直角三角形；
（3）∵B(0,-3)，C(3,0)，
∴直线BC的解析式为，
∵直线轴，交抛物线于另一点，B（0,3），对称轴为直线x=1，
∴N（2,-3），
∵PQ⊥x轴，
∴PQ⊥BN，
∴四边形的面积=，
∴当PQ最大时，四边形的面积最大，
设P（x，0），则P（），Q（）,
∴，
∴四边形的面积==，
∴当时，四边形的面积最大，
此时，点P的坐标为．
9．（2021·辽宁瓦房店·九年级月考）如图，正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点P是AB边上的一个动点（点P不与点A、B重合），CP与BD相交于点Q．
（1）若CP平分∠ACB，求证：AP＝2QO．
（2）先按下列要求画出相应图形，然后求解问题．①把线段PC绕点P旋转90°，使点C落在点E处，并连接AE．设线段BP的长度为x，△APE的面积为S．试求S与x的函数关系式；②求出S的最大值，判断此时点P所在的位置．
【答案】（1）见详解；（1）①S＝−x2＋x（0＜x＜1）；②最大值为18，此时点P所在的位置是边AB的中点处．
【解题思路分析】（1）过点O作OM∥AB交PC于点M，则∠COM＝∠CAB，证明∠OMQ＝∠OQM，即可得出结论；
（2）①分类讨论求出AP，可得△APE的面积S与x的函数关系式；②利用配方法可求函数的最值．
【解析】（1）证明：过点O作OM∥AB交PC于点M，则∠COM＝∠CAB．
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OC，∠CAB＝∠CBD＝∠COM＝45°，
∴AP＝2OM．
又∵∠1＝∠2，
∴∠1＋∠COM＝∠2＋∠CBD，
即∠OMQ＝∠OQM．
∴OM＝OQ，
∴AP＝2OQ；
（2）①根据题意ⅰ、当PC绕点P逆时针旋转90°时，作EF⊥AB交BA延长线于点F，
则∠EFP＝∠PBC＝90°，∠3＋∠CPB＝90°．
又∠2＋∠CPB＝90°，
∴∠3＝∠2．
又∵PE由PC绕点P旋转形成，
∴PE＝PC，
∴△EPF≌△CPB．
∴EF＝BP＝x，
∴AP＝1−x，
∴S△APE＝AP•EF＝ (1−x)x．
∴△APE的面积S与x的函数关系式为：S＝−x2＋x（0＜x＜1）．
ⅱ、当PC绕点P顺时针旋转90°时，作EG⊥AB交AB延长线于点G，
则同理可得△EPG≌△CPB，EG＝BP＝x．
∴△APE的面积S与x的函数关系式为S＝−x2＋x．
由ⅰ、ⅱ可得△APE的面积S与x的函数关系式为S＝−x2＋x（0＜x＜1）；
②由①知S与x的函数关系式为S＝−x2＋x（0＜x＜1）．
即S＝− (x−)2＋18，（0＜x＜1）．
∴当x＝时S的值最大，最大值为18．
此时点P所在的位置是边AB的中点处．
10．如图1，矩形ODEF的一边落在矩形ABCO的一边上，并且矩形ODEF∽矩形ABCO，其相似比为1：4，矩形ABCO的边AB=4，BC=4．
（1）求矩形ODEF的面积；
（2）将图1中的矩形ODEF绕点O逆时针旋转一周，连接EC、EA，的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，最大值，最小值
【解题思路分析】（1）根据相似多边形面积的比等于相似比的平方求解即可；
（2）旋转一周，点E的轨迹是以点O为圆心以2为半径的圆，所以△ACE的AC边上的高就是点E到AC的距离，也就是AC到圆上的点的距离，又最大值和最小值，最大值为点O到AC的距离与圆的半径的和，最小值为点O到AC的距离与圆的半径的差，再利用三角形的面积公式求解即可．
【解析】解：（1）∵矩形ODEF∽矩形ABCO，其相似比为1：4，
∴S矩形ODEF=S矩形ABCO=×4×4=；
（2）存在．
∵OE=，
所以点E的轨迹为以点O为圆心，以2为半径的圆，
设点O到AC的距离为h，
AC=，
∴8h=4×4，
解得h=2，
∴当点E到AC的距离为2+2时，△ACE的面积有最大值，
当点E到AC的距离为2-2时，△ACE的面积有最小值，
S最大=，
S最小=．
11．（2021·廊坊市第四中学九年级期末）把两个等腰直角△ABC和△ADE按如图1所示的位置摆放，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转，如图2，连接BD，EC，设旋转角为α（0°＜α＜360°）．
（1）当DE⊥AC时， AD与BC的位置关系是______，AE与BC的位置关系是______；
（2）如图2，当点D在线段BE上时，求∠BEC的度数；
（3）当旋转角α=______时，△ABD的面积最大．
【答案】（1）垂直，平行；（2）∠BEC=90°；（3）90°或270°
【解题思路分析】（1）根据题意画出图形，利用三线合一性质可证明AD与BC垂直，再根据平行线的判定可证明AE与BC平行；
（2）利用等腰三角形的性质证明△BAD≌△CAE，求出∠ADB=∠AEC=135°，所以∠BEC=∠AEC-45°=90°；
（3）根据题意画出图形，由题意知，点D的轨迹在以A为圆心，AD为半径的圆上，在△ABD中，当以AB为底时，当点D到AB的距离最大时，△ABD的面积最大，当AD⊥AB时，△ABD的面积最大，所以旋转角为90°或270°．
【解析】解：（1）设AC与DE交于点H，
在等腰直角△ABC和△ADE中，
∠BAC=∠DAE=90°，AD=AE，AB=AC，∠B=∠C=45°，
∵DE⊥AC，
∴∠DAH=∠EAH=∠DAE=45°，
∴∠BAD=∠BAC-∠DAH=45°，
∴∠BAD=∠DAH，
∴AD⊥BC，
∵∠EAH=∠C=45°，
∴AE∥BC，
故答案为：垂直，平行；
（2）在等腰直角△ADE中，AD=AE，∠DAE=90°，
在等腰直角△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，
∵∠BAD=∠BAC-∠DAC=90°-∠DAC，
∠CAE=∠DAE-∠DAC=90°-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC=180°-∠ADE=135°，
∴∠BEC=∠AEC-45°=135°-45°=90°；
（3）由题意知，点D的轨迹在以A为圆心，AD为半径的圆上，如图3-1，3-2，
在△ABD中，当以AB为底时，当点D到AB的距离最大时，△ABD的面积最大，
故如图3-1，3-2所示，当AD⊥AB时，△ABD的面积最大，所以旋转角为90°或270°，
故答案为：90°或270°．
12．（2021·吉林省第二实验学校九年级二模）教材呈现：如图是华师版九年级上册第64页的课后习题．
（1）请完成该题目（补充说明：题目中的点是边靠近点的四等分点）．
（2）小明和小静在复习该题目时分别对这个题目进行了改编，请分别解答小明和小静提出的问题．
①小明提出的问题是：如图①，在中，点是边靠近点的四等分点，，．当四边形为菱形时，求与的数量关系？
②小静提出的问题是：如图②，在中，点是边靠近点的四等分点，，，，．则四边形面积的最大值是___________．
【答案】（1）18；（2）①；②
【解题思路分析】（1）根据点D是边AB靠近点A的四等分点，得到，，再根据DE∥AC，得到△BED∽△BCA，即由此求解即可；
（2）①由（1）得，根据四边形DECF是菱形，可得DE=DF，由此求解即可；
②根据△BED∽△BCA，，即可得到，同理，从而推出，要想四边形DECF面积最大，即三角形ABC的面积最大，再根据A、B、C三点共圆，且弦BC=8，弦BC所对的圆心角度数为120°，如图所示，分别过点A作AE⊥BC，OF⊥BC，过点O作OP⊥AE于P，得出当且仅当A、O、F三点共线的时候，此时AE有最大值，即三角形ABC的面积有最大值，由此求解即可．
【解析】解：（1）∵点D是边AB靠近点A的四等分点，
∴，，
∵DE∥AC，
∴△BED∽△BCA，
∴，
∴，
同理可以求得，
∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形DECF是平行四边形，
∴CF=DE=6，CE=DF=3，
∴四边形DECF的周长=CF+DE+CE+DF=18；
（2）①由（1）得，
∵四边形DECF是菱形，
∴DE=DF，
∴，
∴；
②∵DE∥AC，
∴△BED∽△BCA，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴要想四边形DECF面积最大，即三角形ABC的面积最大，
∵BC=8，∠A=60°，
∴可以看做A、B、C三点共圆，且弦BC=8，弦BC所对的圆心角度数为120°，
如图所示，分别过点A作AE⊥BC，OF⊥BC，过点O作OP⊥AE于P，
∴，
由垂径定理可知，，，
∴，，
则四边形OFEP是矩形，
∴OF=PE，
∴，
当且仅当A、O、F三点共线的时候，此时AE有最大值，即三角形ABC的面积有最大值，
∴，
∴，
∴．
13．（2021·北京汇文中学九年级月考）在平面直角坐标系中，设点是图形W上的任意两点．
定义图形W的测度面积，若的最大值为m，的最大值为n，则为图形Ｗ的测度面积．
例如，若图形W是半径为1的⊙O．当P，Q分别是⊙O与x轴的交点时，
如图1，取得最大值，且最大值；当P，Q分别是⊙O与y轴的交点时，
如图2，取得最大值，且最大值．则图形W的测度面积．
（1）若图形W是等腰直角三角形．
①如图3，当点A，B在坐标轴上时，它的测度面积____________；
②如图4，当轴时，它的测度面积____________；
（2）若图形W是一个边长为1的正方形，画出示意图，并写出此图形测度面积S的最大值；
（3）若图形W是一个边长分别为3和4的矩形，求它的测度面积S的取值范围．
【答案】（1）①1；②1；（2）画图见解析，测度面积S的最大值为2；（3）
【解题思路分析】（1）由测度面积的定义利用它的测度面积求解即可；
②利用等腰直角三角形的性质求出，，利用测度面积求解即可；
（2）先确定正方形有最大测度面积时的图形，即可利用测度面积求解．
（3）分两种情况：当，或，都在轴上时，当顶点，都不在轴上时分别求解即可．
【解析】解：（1）①如图3，
，点，在坐标轴上，
它的测度面积，
故答案为：1．
②如图4，
轴，．
，，
它的测度面积，
故答案为：1．
（2）如图5，图形的测度面积的值最大，
四边形是边长为1的正方形．
它的测度面积的最大值为；
（3）设矩形的边，，由已知可得，平移图形不会改变其测度面积的大小，将矩形的其中一个顶点平移至轴上，
当，或，都在轴上时，如图6，图7，
矩形的测度面积就是矩形的面积，此时．
当顶点，都不在轴上时，如图8，过点作直线轴于点，过点作轴于点，过点作直线轴，分别交，于点，，则可得四边形是矩形，
当点，与点，重合时，的最大值为，的最大值为．
图形的测度面积，
，，
，
，
~，
，
设，，，则，，
在中，，
，
即，
，
，
在和中，
，
，，
图形的测度面积
，
当时，即时，测度面积取得最大值，
，，
，
，
综上所述：测度面积的取值范围为．
14．（2021·陕西西安·交大附中分校九年级模拟预测）问题提出
（1）已知，如图①在中，AB＝4，AC＝3，sinA＝，则 ．
（2）已知，如图②四边形ABCD中，两条对角线AC＝m，BD＝n．AC与BD的夹角为θ（0＜θ≤90）．求四边形ABCD的面积（用含m、n、θ的式子表示S四边形ABCD）．
问题解决
（3）课外活动小组在研究圆内接四边形时提出以下问题：若线段AB、CD是半径为2的⊙O的两条弦，且AB＝2，CD＝2，你认为在以点A、B、C、D为顶点的四边形中，是否存在面积最大的四边形？请利用图③说明理由，若存在，请求出面积最大值．
【答案】（1）；（2）•sinθ；（3）+2
【解题思路分析】（1）如图1中，过点C作CH⊥AB于H．解直角三角形求出CH，可得结论．
（2）如图2中，分别过A，C作AM⊥BD于M，CN⊥BD于N．根据S四边形ABCD＝S△ABD+S△BCD＝•BD•AM+•BD•CN，求解即可．
（3）如图③﹣1中，连接OA，OB，OC，OD，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N．解直角三角形求出∠AOB＝120°，∠COD＝90°，推出∠AOD+∠BOC＝150°，把△AOC和△BOC拼在一起，如图③﹣2中，连接AB交OC于J，直线AB与直线OC的较小的夹角为θ，当四边形OACB的面积最大时，图③﹣1中的四边形ABCD的面积最大，利用（2）中结论，求出四边形OACB的面积的最大值，可得结论．
【解析】解：（1）如图1中，过点C作CH⊥AB于H．
在Rt△ACH中，sinA＝，AC＝3，
∴CH＝，
∴S△ABC＝•AB•CH＝×4×＝．
故答案为：．
（2）如图2中，分别过A，C作AM⊥BD于M，CN⊥BD于N．
∴sinθ＝，
∴AM＝AO•sinθ，CN＝OC•sinθ，
∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△BCD
＝•BD•AM+•BD•CN
＝•BD•AO•sinθ+•BD•CO•sinθ
＝•BD•（OA+OC）•sinθ
＝•BD•AC•sinθ．
＝
（3）如图③﹣1中，连接OA，OB，OC，OD，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N．
∵OM⊥AB，
∴AM＝BM＝ ，
∴sin∠AOM＝，
∴∠AOM＝∠BOM＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵ON⊥CD，
∴CN＝DN＝，
∴sin∠CON＝，
∴∠CON＝∠DON＝45°，
∴∠DOC＝90°，
∴OM＝OA•cs60°＝1，
ON＝OC•cs45°＝，
∴S△AOB＝•AB•OM
＝×2×1
＝，
S△COD＝•CD•ON＝×2×＝2，
∴∠AOD+∠BOC＝360°﹣120°﹣90°＝150°，
把△AOC和△BOC拼在一起，如图③﹣2中，连接AB交OC于J，直线AB与直线OC的较小的夹角为θ，当四边形OACB的面积最大时，图③﹣1中的四边形ABCD的面积最大，
过点A作AH⊥BO交BO的延长线于H．
在Rt△AOH中，∠H＝90°，OA＝2，∠AOH＝180°﹣∠AOB＝30°，
∴AH＝OA＝1，OH＝，
∴AB＝，
∵S四边形OABC＝•AB•OC•sinθ，
∴当sinθ＝1时，四边形OACB的面积最大，
最大值＝×（+）×2＝+，
∴图③﹣1中，四边形ABCD的面积的最大值＝+2．
15．（2021·湖南荷塘·九年级期末）如图，抛物线与轴交于，两点，抛物线上另有一点在轴下方，且使△OCA△OBC．
（1）求线段的长度；
（2）设直线与轴交于点，当平分的面积时，求抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线下方抛物线上是否存在一点，使得四边形的面积最大？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在．
【解题思路分析】（1）令y=0，求出x的值，确定出A与B坐标，根据已知相似三角形得比例，求出OC的长即可；
（2）根据OC平分△BOM的面积可得C为BM的中点，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OC=BC，确定出C的坐标，利用待定系数法确定出直线BC解析式，把C坐标代入抛物线求出a的值，确定出二次函数解析式即可；
（3）过P作x轴的垂线，交BM于点Q，设出P与Q的横坐标为x，分别代入抛物线与直线解析式，表示出坐标轴，相减表示出PQ，四边形ACPB面积最大即为三角形BCP面积最大，三角形BCP面积等于PQ与B和C横坐标之差乘积的一半，构造二次函数，利用二次函数性质求出此时P的坐标即可．
【解析】解：（1）由题可知当y=0时，，
解得：x1=1，x2=3，即A（1，0），B（3，0），
∴OA=1，OB=3
∵△OCA∽△OBC，
∴，
∴，
则；
（2）由OC平分△BOM的面积可得：OC为斜边BM的中线，
∴OC=BC，
∴点C的横坐标为，
又，点C在x轴下方，
∴C，
设直线BM的解析式为，
把点B（3，0），C代入得：，
解得：，
∴，
又∵点C在抛物线上，代入抛物线解析式，
解得：，
∴抛物线解析式为；
（3）点P存在，
设点P坐标为，过点P作PQ⊥x轴交直线BM于点Q，
则Q，
∴，
∵△ABC的面积一定，∴当△BCP面积最大时，四边形ABPC的面积最大，
S△BCP===，
当时，S△BCP有最大值，四边形ABPC的面积最大，
此时点P的坐标为．如图，在中，点是边的四等分点，，，，．求四边形的周长．