2024成都中考数学二轮复习专题：面积的存在性问题解题策略

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面积的存在性问题常见的题型和解题策略有两类：
第一类，先根据几何法确定存在性，再列方程求解，后检验方程的根．
第二类，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．
例题解析
例❶ 如图1-1，矩形ABCD的顶点C在y轴右侧沿抛物线y＝x2－6x＋10滑动，在滑动过程中CD//x轴，CD＝1，AB在CD的下方．当点D在y轴上时，AB落在x轴上．当矩形ABCD在滑动过程中被x轴分成两部分的面积比为1:4时，求点C的坐标．
图1-1
【解析】先求出CB＝5，再进行两次转化，然后解方程．
把上下两部分的面积比为1∶4转化为S上∶S全＝1∶5或S上∶S全＝4∶5．
把面积比转化为点C的纵坐标为1或4．
如图1-2，C (3, 1)．如图1-3，C(, 4)或(3－ QUOTE QUOTE , 4)．
图1-2 图1-3
例❷ 如图2-1，二次函数y＝(x＋m)2＋k的图象与x轴交于A、B两点，顶点M的坐标为(1,－4)，AM与y轴相交于点C，在抛物线上是否还存在点P，使得S△PMB=S△BCM，如存在，求出点P的坐标．
图2-1
【解析】△BCM是确定的，△PBM与三角形BCM有公共边BM，根据“同底等高的三角形面积相等”和“平行线间的距离处处相等”，过点C画BM的平行线与抛物线的交点就是点P．一目了然，点P有2个．
由y＝(x－1)2－4＝(x＋1)(x－3)，得A(－1,0)，B(3,0)．由A、M，得C(0,－2)．
如图2-2，设P(x, x2－2x－3)，由PC//BM，得∠CPE＝∠BMF．所以．
解方程，得．所以或．
图2-2
例❸ 如图3-1，直线y＝x＋1与抛物线y＝－x2＋2x＋3交于A、B两点，点P是直线AB上方抛物线上的一点，四边形PAQB是平行四边形，当四边形PAQB的面积最大时，求点P的坐标．
图3-1
【解析】△PAB的面积最大时，平行四边形PAQB的面积也最大．
我们介绍三种割补的方法求△PAB的面积：如图3-2，把△PAB分割为两个共底PE的三角形，高的和等于A、B两点间的水平距离；如图3-3，用四边形PACB的面积减去△ABC的面积；如图3-4，用直角梯形ABNM的面积减去两个直角三角形的面积．
我们借用图3-2介绍一个典型结论．已知A(－1,0)、B(2, 3)，设P(x,－x2＋2x＋3)．
S△PAB＝S△PAE＋S△PBE＝＝
＝＝．
当时，△PAB的面积最大．的几何意义是点E为AB的中点，这是一个典型结论．同时我们可以看到，由于xB－xA是定值，因此当PE最大时，△PAB的面积最大．
图3-2 图3-3 图3-4
例❹ 如图4-1，在平行四边形ABCD中，AB＝3，BC＝5，AC⊥AB，△ACD沿AC方向匀速平移得到△PNM，速度为每秒1个单位长度；同时点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为每秒1个单位长度；当△PNM停止运动时，点Q也停止运动，如图4-2，设移动时间为t秒（0＜t＜4）．是否存在某一时刻t，使S△QMC∶S四边形ABQP＝1∶4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
图4-1 图4-2
【解析】两步转化，问题就解决了．△QMC与△QPC是同底等高的三角形，△QPC是△ABC的一部分．
因此S△QMC∶S四边形ABQP＝1∶4就转化为S△QPC∶S△ABC＝1∶5，更进一步转化为S△QPC＝．如图4-3，解方程，得t＝2．
图4-3
例❺ 如图5-1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0, 1)，直线y＝2x－4与抛物线相交于点B，与y轴交于点D．将△ABD沿直线BD折叠后，点A落在点C处（如图5-2），问在抛物线上是否存在点P，使得S△PCD＝3S△PAB？如果存在，请求出所有满足条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
图1 图2
【解析】由A(0, 1)，B(4, 4)，D(0,－4)，可得AB＝AD＝5，这里隐含了四边形ADCB是菱形．因此△PCD与△PAB是等底三角形，而且两底CD//AB．
如果S△PCD＝3S△PAB，那么点P到直线CD的距离等于它到直线AB距离的3倍．
如果过点P与CD平行的直线与y轴交于点Q，那么点Q到直线CD的距离等于它到直线AB距离的3倍．
所以QD＝3QA．点Q的位置有两个，在DA的延长线上或AD上．
如图5-3，过点Q画CD的平行线，得P，或．
如图5-4，过点Q画CD的平行线，得P，或．
图5-3 图5-4
例❻ 如图6-1，抛物线经过点E(6, n)，与x轴正半轴交于点A，若点P为抛物线上位于第一象限内的一个动点，以P、O、A、E为顶点的四边形的面积记作S，则S取何值时，相应的点P有且只有3个？
图6-1
【解析】如图6-2，当点P在直线AE上方的抛物线上，过点P作AE的平行线，当这条直线与抛物线相切时，△PAE的面积最大．这时我们可以在直线OE的上方画一条与OE平行的直线，这条直线与抛物线有2个交点P′和P′′，满足S△PAE＝S△P′OE＝S△P′′OE．
设过点P与直线AE平行的直线为，联立，消去y，整理，得x2－16x＋8m＝0．由Δ＝0，解得m＝8．
因此方程x2－16x＋64＝0的根为x1＝x2＝8．所以P(8, 2)．
如图6-3，作PH⊥x轴于H，可以求得S＝S四边形OAPE＝9＋5＋2＝16．

图6-2 图6-3
例❼ 如图7-1，点P是第二象限内抛物线上的一个动点，点D、E的坐标分别为(0, 6)、(－4, 0)．若将“使△PDE的面积为整数” 的点P记作“好点”，请写出所有“好点”的个数．
图7-1
【解析】第一步，求△PDE的面积S关于点P的横坐标x的函数关系式；第二步，分析S关于x的函数关系式．
如图7-2，S△PDE＝S△POD＋S△POE－S△DOE＝．
因此S是x的二次函数，对称轴为直线x＝－6，S的最大值为13．
如图7-3，当－8≤x≤0时，4≤S≤13．所以面积的值为整数的个数为10．
当S＝12时，对应的x有两个解－8, －4，都在－8≤x≤0范围内．
所以“使△PDE的面积为整数” 的 “好点”P共有11个．
图7-2 图7-3
例❽ 如图8-1，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为(a, 3)（其中a＞4），射线OA与反比例函数的图象交于点P，点B、C分别在函数的图象上，且AB//x轴，AC//y轴．试说明的值是否随a的变化而变化？
图8-1
【解析】如图8-2，我们在“大环境”中认识这个问题，关系清清楚楚．
由于S1＝S2，所以S△ABO＝S△ACO．所以B、C到AO的距离相等．于是△ABP与△ACP就是同底等高的三角形，它们的面积比为1．
图8-2
例❾ 如图9-1，已知扇形AOB的半径为2，圆心角∠AOB＝90°，点C是弧AB上的一个动点，CD⊥OA于D，CE⊥OB于E，求四边形ODCE的面积的最大值．
图9-1
【解析】如图9-2，图9-3，设矩形ODCE的对角线交于点F，那么OF＝1为定值．
作OH⊥DE于H，那么OH≤OF．因为DE＝2为定值，因此当OH与OF相等时（如图9-4），△DOE的面积最大，最大值为1．所以矩形ODCE的面积的最大值为2．
图9-2 图9-3 图9-4
例❿ 如图10-1，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，设直线l与斜边AB交于点E，与直角边交于点F，设AE＝x，是否存在直线l同时平分△ABC的周长和面积？若存在直线l，求出x的值；若不存在直线l，请说明理由．
图10-1
【解析】先假设存在，再列方程，如果方程有解那么真的存在．
△ABC的周长为24，面积为24．
①如图10-2，点F在AC上，假设直线EF同时平分△ABC的周长和面积，那么AE＝x，AF＝12－x，．
解方程，得．
当，，此时点F不在AC上．所以取（如图10-3）．
②如图10-4，点F在BC上，假设直线EF同时平分△ABC的周长和面积，那么AE＝x，BE＝10－x，BF＝12－(10－x)＝2＋x，．
方程整理，得．此方程无实数根．
图10-2 图10-3 图10-4