2024成都中考数学二轮复习专题：四边形面积求最值问题

这是一份2024成都中考数学二轮复习专题：四边形面积求最值问题，共60页。试卷主要包含了，其中，并且抛物线过点，与轴交于，两点，与轴交于点等内容，欢迎下载使用。
（1）求该抛物线的解析式和顶点B的坐标；
（2）若动点P从原点O出发，以每秒1个长度单位的速度沿线段OB运动，同时有一动点M从点A出发，以每秒2个长度单位的速度沿线段AO运动，当P、M其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动．设它们的运动时间为t（s），连接MP，当t为何值时，四边形ABPM的面积最小？并求此最小值．
（3）在（2）的条件下，当t为何值时，OPM是直角三角形？
【答案】（1），B，；（2），；（3）秒或秒
【分析】
（1）根据点，的坐标，利用待定系数法可求出二次函数的解析式，再将二次函数解析式由一般式变形为顶点式，即可得出顶点的坐标；
（2）当运动时间为时，，，，，结合点，的运动速度可得出，由可得出四边形的面积关于的函数关系式，再利用二次函数的性质即可解决最值问题．
（3）由（2）得到∠POA=60°，分∠OPM=90°，∠OMP=90°两种情况，分别列方程求解．
【详解】
解：（1）将，代入，得：
，
解得：，
该抛物线的解析式为．
，
顶点的坐标为，．
（2）过P作PC⊥轴于C，过B作BD⊥轴于D，如图：
∵点的坐标为，，
∴，
∴，，
当运动时间为时，，，，．
当、其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动，
．
，
，
，
，
．
，
当时，四边形的面积取最小值，最小值为；
（3）由（3）得：∵A（6，0），B（3，），，
∴∠POA=60°，
OP=t，AM=2t，
则OM=6-2t，
若△OPM是直角三角形，
当∠OPM=90°时，
∠OMP=30°，
则OM=2OP，即6-2t=2t，
解得：t=；
当∠OMP=90°时，
∠OPM=30°，
则OP=2OM，即t=2（6-2t），
解得：t=；
综上：当t为秒或秒时，△OPM是直角三角形．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、解直角三角形、待定系数法求一次函数解析式、三角形的面积以及二次函数的性质，解题的关键是：根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式，同时注意分类讨论．
2．（2021·重庆巴蜀中学中考二模）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点与轴交于，两点（点在点的左侧），其中，并且抛物线过点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点为直线上方抛物线上一点，过作轴交于点．连接，，，求四边形面积的最大值及点的坐标；
（3）如图2，将抛物线沿射线方向平移得新抛物线，是否在新抛物线上存在点，在平面内存在点，使得以，，，为顶点的四边形为正方形？若存在，直接写出此时新抛物线的顶点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）时，最大为，点P的坐标为(3，)；（3）存在，新抛物线的顶点坐标为(5，2)或(3，-1)或(，)．
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）要使S四边形CPDE最大，则PE最大，设P(t，t2+t+3)，则E(t，t+3)，利用二次函数的性质求解即可；
（3）分情况讨论，当AC为正方形ACMN的边时，当AC为正方形ACNM的边时，当AC为正方形AMCN的对角线时，分别作出辅助线，利用全等三角形的判定和性质以及二次函数的平移规律解答即可．
【详解】
解：（1）因为抛物线过点A(−2，0)和D(4，3)，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）抛物线的对称轴为，
则顶点坐标为(2，4)，
∵点A(−2，0)，
∴点B(6，0)，
令，则，
∴C(0，3)，
又D(4，3)，
∴DC//x轴，
∴PE⊥CD，
∵S四边形CPDE=PE⋅CD，
∴S四边形CPDE最大，即PE最大，
设直线BC的解析式为，
∴，
∴，
∴直线BC的解析式为，
设P(t，t2+t+3)，则E(t，t+3)，
∴PE=t2+t=，
∴t=3时，S四边形CPDE最大为，
此时P的坐标为(3，)；
（3）∵A(−2，0)，C(0，3)，
∴OA=2，OC=3，
∴AC=，
当AC为正方形ACMN的边时，如图，
则MN=MC=AN=AC，
过M作MG⊥轴于G，过N作NQ⊥轴于Q，
∵ACMN为正方形，
∴∠ACM=∠CAN=90，
∴∠ACO+∠GCM=∠CAO+∠QAN=∠CAO+∠ACO =90，
∠QAN+∠ANQ =90，
∴∠GCM=∠OAC=∠QNA，
∴Rt△GCMRt△OACRt△QNA，
∴GC=OA=QN=2，GM=OC=QA=3，
∴M(3，1)，N(1，2)，
∵经过点M的新抛物线是原抛物线平移得到的，
∵原抛物线的顶点坐标为(2，4)，
由平移的性质得，新抛物线的顶点坐标为(2+3，4-2)，即(5，2)；
当AC为正方形ACNM的边时，如图，
同理求得， N(3，1)，M(1，2)，
同理，新抛物线的顶点坐标为(2+1，4-5)，即(3，-1)；
当AC为正方形AMCN的对角线时，如图，
则AM=MC=CN=AN，∠CMA=90，
过M作MF⊥轴于F，过M作MH⊥轴于H，
∴四边形MFOH为矩形，MF∥AO，
∴∠FMA=∠MAH，∠CMF+∠FMA=90，∠CMF+∠MCF=90，
∴∠MAH=∠MCF，
∴Rt△MAHRt△MCF，
∴AH=CF，MH=MF，
∴四边形MFOH为正方形，
设正方形MFOH的边长为x，
∴AO+OH=CO-OF，即2+x=3-x，
解得：，
点M的坐标为(，)，
同理，新抛物线的顶点坐标为(2+，4-)，即(，)；
综上，新抛物线的顶点坐标为(5，2)或(3，-1)或(，)．
【点睛】
本题是二次函数综合题，需要掌握待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，正方形的性质，勾股定理，二次函数的平移等知识点，正确的作出辅助线、分类讨论是解题的关键．
3．（2021·重庆市育才中学九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与y轴交于点C，与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），且A点的坐标为，直线的解析式为．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，过A作，交抛物线于点D，点P为直线下方抛物线上一动点，连接，，求四边形面积的最大值：
（3）将抛物线向左平移个单位长度，平移后的抛物线的顶点为E，连接，将线段沿y轴平移得到线段（为B的对应点，为E的对应点），直线与x轴交于点F，点Q为原抛物线对称轴上一点，连接，能否成为以为直角边的等腰直角三角形？若能，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）能，点Q的坐标为(，)或(，)或Q(，)或(，) ．
【分析】
（1）利用一次函数解析式，将点B、C的坐标写出来，再利用待定系数法即可；
（2）四边形面积最大时，即的面积最大，利用过P作轴交于点H，将三角形利用分割的方法计算出面积即可；
（3）分以FQ为斜边和以E1Q为斜边，两种大的情况讨论，分别作出图形，利用特殊角的三角函数值以及全等三角形的判定和性质求解即可．
【详解】
（1）∵直线的解析式为,
∴，将
代人得：，
解得：
∴抛物线解析式为；
（2）连接，
∵
∴．
∴四边形面积最大时，即的面积最大
设，过P作轴交于点H
∴，
∴
∴
∴当时，的面积最大为
∴四边形面积的最大值为
（3）抛物线的对称轴为：，
∵将抛物线向左平移个单位长度，
∴平移后的抛物线解析式为，
∴E(0，-3)，
∵B(3，0)，
∴在Rt△BOE中，，
∴∠OBE=30°，∠OEB=60°，
∵E1F∥BE，
∴∠E1FO=30°，∠FE1O =60°，
∵∠QE1F=90°，
∴∠QE1O=30°，
以FQ为斜边，且E1在x轴上方时，
过Q作QH⊥轴于H，设Q(，m)，
在Rt△QHE1中，QH=，
∴HE1=QH=3，QE1=2，
∵能否成为以为直角边的等腰直角三角形，
∴E1F= QE1，
∴△E1FO△QE1H，
∴E1O= QH=，
∴E1H=E1O+OH=，
∴，
∴Q(，)；
以FQ为斜边，且E1在x轴下方时，
同理可得，
∴Q(，)；
以E1Q为斜边，且Q在x轴上方时，
同理可证△QPF△FOE1，∠PQF =30°，
设Q(，m)，
∴PQ=OF=m，PF=m-，
在Rt△QPF中，PQ=PF，
∴，
∴Q(，)；
以E1Q为斜边，且Q在x轴下方时，
同理可证△QPF△FOE1，∠PQF =30°，
设Q(，m)，
∴PQ=OF=-m，PF=，
在Rt△QPF中，PQ=PF，
∴，
∴Q(，)；
综上，能，点Q的坐标为(，)或(，)或Q(，)或(，)．
【点睛】
本题考查二次函数解析式，一次函数，三角形的面积，特殊角的三角函数值，全等三角形的判定和性质等，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
4．（2021·浙江·绍兴市九年级期中）如图，已知抛物线的图象经过点，，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，对称轴与x轴相交于点E，连接BD．
（1）求抛物线的解析式．
（2）在抛物线上点B和点D之间是否存在一点H使得四边形OBHC的面积最大，若存在求出四边形OBHC的最大面积，若不存在，请说明理由．
（3）直线BD上有一点P，使得时，过P作轴于F，点M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，G为抛物线上一动点，当以点F，N，G，M四点为顶点的四边形为正方形时，求点M的坐标．
【答案】（1）；（2）存在，；（3）点M的坐标为，，，
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出C、D的坐标，设点，即可得到，由此求解即可；
（3）先求出E点坐标，利用待定系数法求出直线BD的解析式，利用求出P点坐标，设设，则，，利用建立方程求解即可．
【详解】
解：（1）∵抛物线的图象经过点，
∴，∴，
∴抛物线的解析式为；
（2）当时，，所以点，当时，所以点
设点
所以
当时，．
（3）由（1）知，抛物线的解析式为；
∴，抛物线的顶点，
∴，设直线BD的解析式为，
∴，
∴
∴直线BD的解析式为，设点，
∵，，
根据勾股定理得，，，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
如图，作轴于F，
∵，设，则，
∴以点F，N，G，M四点为顶点的四边形为正方形，必有，
∴
∴或，
∴点M的坐标为，，，．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合，待定系数法求函数解析式，正方形的性质，两点距离公式等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
5．（2021·广东深圳·中考一模）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，直线与轴交于点，过点的抛物线与直线交于另一点，且点的横坐标为1
（1）该抛物线的解析式为 ；
（2）如图1，为抛物线上位于直线上方的一动点（不与、重合），过作轴，交 轴于，连接，为中点，连接，过 作交直线于，若点的横坐标为 ，点的横坐标为，求与的函数关系式；在此条件下，如图2，连接并延长，交 轴于，连接，求为何值时，．
（3）如图3，将直线绕点顺时针旋转15度交抛物线对称轴于点，点为线段上的一动点（不与 、重合），以点为圆心、以为半径的圆弧与线段交于点，以点 为圆心、以为半径的圆弧与线段交于点，连接．在点 运动的过程中，四边形的面积有最大值还是有最小值？请求出该值．
【答案】（1）；（2）；；（3）存在最小值，
【分析】
（1）先求出点、的坐标，然后利用待定系数法，即可求出抛物线解析式；
（2）过点作轴于，于，先证明、、三点在以为圆心为半径的上，再证明，然后得到，，再设，通过建立关于的方程，解方程即可；
（3）设，四边形的面积为，过作，垂足为，利用三角函数和三角形面积关系即可得到结论．
【详解】
解：（1）直线与轴交于点，
令，则，
点为，
直线经过点，点的横坐标为1，
点的纵坐标为：，
点为：，
把点、代入，得：
，
解得：，
抛物线解析式为．
（2）如图1，过点作轴于，于，
设直线与轴交于点，
当时，，
，
，
，
，
，
，
、、三点在以为圆心为半径的上，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，，，
，
，．
如图2，连接并延长，交轴于，连接，
，，
，
为中点，即，
，
，
解得，
时，．
（3）四边形的面积有最小值．
设，四边形的面积为，
是抛物线对称轴上一点，
．
直线绕点旋转，
，
是等边三角形，
，，
，，
如图3，过作，垂足为，
则，
，
．
在点运动的过程中，四边形的面积有最小值为．
【点睛】
本题考查了全等三角形判定和性质，三角函数、三角形面积、二次函数的图像和性质、旋转的性质等重要知识点，解题时必须认真审题，熟练运用相关知识，运用数形结合、方程思想和转化思想思考问题和解决问题．
6．（2021—2022江苏常熟市九年级开学考试）如图，已知抛物线的图像经过点，，其对称轴为直线：，过点作轴交抛物线于点，的平分线交线段于点，点是抛物线上的一个动点，设其横坐标为．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，动点在直线下方的抛物线上，连结，当为何值时，四边形面积最大，并求出其最大值．
（3）如图②，是抛物线的对称轴上的一点，连接，在抛物线轴下方的图像上是否存在点使满足：①；②？若存在，求点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）当时，四边形OPCE的面积最大，最大值为：；（3）
【分析】
（1）首先根据对称性得出抛物线与轴的另一个交点坐标，然后根据两坐标设抛物线解析式，代入点A的坐标，即可得解；
（2）设P坐标，过点P作PF轴，将四边形OPCE的面积表示为：梯形，计算即可；
（3）根据，确定点的位置，构造一线三直角，证明相似，列出等量关系，计算即可．
【详解】
（1）如图，设抛物线与轴的另一个交点为D
由对称性得：D(3,0)
设抛物线的解析式为：
把A(0,3)代入得：即
∴抛物线的解析式：
（2）如图，过点P作轴，交AC于点F
在中，点A与点C关于对称轴对称
∵A（0，3），
∴C（4，3）
∵OE平分，且
∴
∴AE=AO=3
设，则
则，，
故四边形= 梯形，
∵P在BC的下方
∴
∴当时，四边形OPCE的面积最大，最大值为：
（3）存在，理由如下，
如图，过点P作交轴于点M，交于点N
点在左侧，
∴
∵，则，
∴
即
解得：
在轴下方，则
当时，
点P为．
【点睛】
此题主要考查二次函数的综合应用、相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程，正切的定义，灵活运用所学知识是解题的关键．
7．（2021·重庆·巴川中学校九年级月考）抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知，
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，点P是线段上的一个动点，过点P作x轴的垂线与抛物线相交于点Q，当点P运动到什么位置时，四边形的面积最大？求出四边形的最大面积及此时Р点的坐标．
（3）如图2，设抛物线的顶点为M，将抛物线沿射线方向以每秒个单位的速度平移t秒，平移后的抛物线的顶点为，当是等腰三角形时，求t的值．
【答案】（1）；（2）面积的最大值为，P；（3）或0.625或
【分析】
（1）用待定系数法即可求解；
（2）由，即可求解；
（3）抛物线沿射线方向以每秒个单位的速度平移秒，即运动了个单位，由直线的表达式知，此时点向右平移了个单位向下平移了个单位，则点，，进而求解．
【详解】
解：（1）将点、的坐标代入抛物线表达式得
，解得，
故抛物线的表达式为；
（2）对于，令，解得或4，
故点的坐标为，抛物线的对称轴为直线，故点的坐标为，，
则，
由点、的坐标得：直线的表达式为，
设点的坐标为，则点的坐标为，
设四边形的面积为，
则，
，故有最大值，
当时，即四边形的面积取得最大值为，
此时，点的坐标为；
（3）由抛物线的表达式知，点的坐标为，，
抛物线沿射线方向以每秒个单位的速度平移秒，即运动了个单位，
由直线的表达式知，此时点向右平移了个单位向下平移了个单位，
则点，，
由点、、的坐标知，，
同理可得，，，
当时，则，解得（不合题意的值已舍去）；
当时，，解得；
当时，，解得（不合题意的值已舍去）；
故或0.625或．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
8．（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．
【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．
【详解】
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．
【点睛】
本题考查待定系数法求抛物线解析式，一次函数解析式，抛物线性质，列梯形面积函数，利用函数的性质解决问题，图形旋转，三角形全等判定与性质，解一元二次方程，本题难度较大，通过辅助线画出准确图形是解题关键．
9．（2020·湖北襄阳·中考真题）如图，直线交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线经过点A，点C，且交x轴于另一点B．

（1）直接写出点A，点B，点C的坐标及抛物线的解析式；
（2）在直线上方的抛物线上有一点M，求四边形面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）将线段绕x轴上的动点顺时针旋转90°得到线段，若线段与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围．
【答案】（1）A（0，2），B（﹣2，0），C（4，0），抛物线的解析式是；（2）四边形面积的最大值为8，点M的坐标为（2，2）；（3）或．
【分析】
（1）对直线，分别令x=0，y=0求出相应的y，x的值即得点A、C的坐标，根据待定系数法即可求出抛物线的解析式，利用抛物线的对称性即可求出点B的坐标；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，交直线AC于点F，如图1所示．设点M的横坐标为m，则MF的长可用含m的代数式表示，然后根据S四边形ABCM=S△ABC+S△AMC即可得出S四边形ABCM关于m的函数关系式，再利用二次函数的性质即可求出四边形面积的最大值及点M的坐标；
（3）当m＞0时，分旋转后点与点落在抛物线上时，分别画出图形如图2、图3，分别用m的代数式表示出点与点的坐标，然后代入抛物线的解析式即可求出m的值，进而可得m的范围；当m＜0时，用同样的方法可再求出m的一个范围，从而可得结果．
【详解】
解：（1）对直线，当x=0时，y=2，当y=0时，x=4，
∴点A的坐标是（0，2），点C的坐标是（4，0），
把点A、C两点的坐标代入抛物线的解析式，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为，
∵抛物线的对称轴是直线，C（4，0），
∴点B的坐标为（﹣2，0）；
∴A（0，2），B（﹣2，0），C（4，0），抛物线的解析式是；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，交直线AC于点F，如图1所示．
设M（m，），则F（m，），
∴，
∴S四边形ABCM=S△ABC+S△AMC
=
，
∵0＜m＜4，
∴当m=2时，四边形面积最大，最大值为8，此时点M的坐标为（2，2）；
（3）若m＞0，当旋转后点落在抛物线上时，如图2，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m+2，m），
∴，解得：或（舍去）；
当旋转后点落在抛物线上时，如图3，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m，m），
∴，解得：m=2或m=﹣4（舍去）；
∴当m＞0时，若线段与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：；
若m＜0，当旋转后点落在抛物线上时，如图4，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m，m），
∴，解得：m=﹣4或m=2（舍去）；
当旋转后点落在抛物线上时，如图5，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m+2，m），
∴，解得： 或（舍去）；
∴当m＜0时，若线段与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：；
综上，若线段与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：或．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、旋转的性质、一元二次方程的解法、二次函数的图象与性质以及抛物线上点的坐标特点等知识，具有较强的综合性，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
10．（2021·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C的坐标为，抛物线经过A，B，C三点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）直线AD与y轴负半轴交于点D，且，求证：；
（3）在（2）的条件下，若直线与抛物线的对称轴l交于点E，连接，在第一象限内的抛物线上是否存在一点P，使四边形的面积最大？若存在，请求出点P的坐标及四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，当P点坐标是时，四边形面积的最大值是
【分析】
（1）由一次函数可求得A、B两点的坐标，从而用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）证明即可解决；
（3）过点E作轴于点M，由可求得△ABE的面积为定值12；因此只要求出点P的位置使△PAB的面积最大，从而使四边形的面积最大；为此过点P作轴于点，交直线AB于点N，过点B作于点，设点P的坐标为，则可求得PN，且，由可得关于t的二次函数，从而求得△PAB面积的最大值，因而可得四边形BEAP面积的最大值，且可求得此时点P的坐标．
【详解】
（1）一次函数与x轴的交点，令，则，解得；
与y轴的交点，令，则
∴，
设抛物线的解析式为
把A，B，C三点坐标代入解析式，得解得
∴抛物线的解析式为
（2）在平面直角坐标系中，
在和中
∴
∴（全等三角形的对应边相等）
（3）存在，理由如下：
过点E作轴于点M
∵
∴抛物线的对称轴是直线
∴E点的横坐标是2，即
∵
∴
∴
∵
∴
∴
设点P的坐标为
过点P作轴于点，交直线AB于点N，过点B作于点，如图
∴
∴
∵
∵
∴
∵，抛物线开口向下，函数有最大值
∴当时，面积的最大值是，此时四边形的面积最大
∴，
当时，
∴
∴当P点坐标是时，四边形面积的最大值是．
【点睛】
本题是二次函数与图形面积的综合问题，它考查了待定系数法求函数解析式，全等三角形的判定与性质，求二次函数的最值，求图形的面积等知识，求图形面积时用到了割补法，这是在平面直角坐标系中常用的求面积方法，用到了转化思想，即求四边形面积最大值问题转化为求三角形面积最大值问题．
11．（2021·重庆酉阳·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+4x+5与y轴交于点A，与x轴的正半轴交于点C．
(1)求直线AC解析式；
(2)过点A作AD平行于x轴，交抛物线于点D，点F为抛物线上的一点(点F在AD上方)，作EF平行于y轴交AC于点E，当四边形AFDE的面积最大时？求点F的坐标，并求出最大面积；
(3)若动点P先从(2)中的点F出发沿适当的路径运动到抛物线对称轴上点M处，再沿垂直于y轴的方向运动到y轴上的点N处，然后沿适当的路径运动到点C停止，当动点P的运动路径最短时，求点N的坐标，并求最短路径长.
【答案】(1)y＝﹣x+5；(2)点F(，)；四边形AFDE的面积的最大值为；(3)点N(0，)，点P的运动路径最短距离＝2+.
【分析】
(1)先求出点A，点C坐标，用待定系数法可求解析式；
(2)先求出点D坐标，设点F(x，﹣x2+4x+5)，则点E坐标为(x，﹣x+5)，即可求EF＝﹣x2+5x，可求四边形AFDE的面积，由二次函数的性质可求解；
(3)由动点P的运动路径＝FM+MN+NC＝GM+2+MH，则当点G，点M，点H三点共线时，动点P的运动路径最小，由两点距离公式可求解.
【详解】
解：(1)∵抛物线y＝﹣x2+4x+5与y轴交于点A，与x轴的正半轴交于点C.
∴当x＝0时，y＝5，则点A(0，5)
当y＝0时，0＝﹣x2+4x+5，
∴x1＝5，x2＝﹣1，
∴点B(﹣1，0)，点 C(5，0)
设直线AC解析式为：y＝kx+b，
∴
解得：
∴直线AC解析式为：y＝﹣x+5，
(2)∵过点A作AD平行于x轴，
∴点D纵坐标为5，
∴5＝﹣x2+4x+5，
∴x1＝0，x2＝4，
∴点D(4，5)，
∴AD＝4
设点F(x，﹣x2+4x+5)，则点E坐标为(x，﹣x+5)
∴EF＝﹣x2+4x+5﹣(﹣x+5)＝﹣x2+5x，
∵四边形AFDE的面积＝AD×EF＝2EF＝﹣2x2+10x＝﹣2(x﹣)2+
∴当x＝时，四边形AFDE的面积的最大值为，
∴点F(，)；
(3)∵抛物线y＝﹣x2+4x+5＝﹣(x﹣2)2+9，
∴对称轴为x＝2，
∴MN＝2，
如图，将点C向右平移2个单位到点H(7，0)，过点F作对称轴x＝2的对称点G(，)，连接GH，交直线x＝2于点M，
∵MN∥CH，MN＝CH＝2，
∴四边形MNCH是平行四边形，
∴NC＝MH，
∵动点P的运动路径＝FM+MN+NC＝GM+2+MH，
∴当点G，点M，点H三点共线时，动点P的运动路径最小，
∴动点P的运动路径最短距离＝2+＝2+，
设直线GH解析式为：y＝mx+n，
∴，
解得，
∴直线GH解析式为：y＝﹣x+，
当x＝2时，y＝，
∴点N(0，).
【点睛】
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式，函数极值的确定方法，两点距离公式等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题．
12．（2019·重庆·万州外国语中考三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，过二次函数y＝﹣x2+4x图象上的点A（3，3）作x轴的垂线交x轴于点B．
（1）如图1，P为线段OA上方抛物线上的一点，在x轴上取点C（1，0），点M、N为y轴上的两个动点，点M在点N的上方且MN＝1．连接AC，当四边形PACO的面积最大时，求PM+MNNO的最小值．
（2）如图2，点Q（3，1）在线段AB上，作射线CQ，将△AQC沿直线AB翻折，C点的对应点为C'，将△AQC'沿射线CQ平移3个单位得△A'Q'C″，在射线CQ上取一点M，使得以A'、M、C″为顶点的三角形是等腰三角形，求M点的坐标．
【答案】（1）最小值为；（2）点M坐标为（7，3），（，），（，），（13，6），（10，）
【分析】
（1）把四边形PACO沿OA分成△OAP与△OAC，由于△OAC三边确定，面积为定值，故△OAP面积最大时四边形面积也最大．过点P作x轴垂线交OA于D，设点P横坐标为t，则能用t表示PD的长，进而得到△OAP关于t的二次函数关系式，用公式法可求得t时△OAP面积最大，即求得此时点P坐标．把点P向下平移1个单位得P'，易证四边形MNP'P是平行四边形，所以PM＝P'N．过点O作经过第二、四象限的直线l，并使直线l与x轴夹角为60°，过点N作NG⊥直线l于点G，则由30°角所对直角边等于斜边一半可知NGNO．所以PM+MNNO可转化为P'N+NG+1，易得当点P'、N、G在同一直线上最小．把PD延长交直线l于点F，构造特殊Rt△P'FG和Rt△OEF，利用点P坐标和30°、60°的三角函数即可求得P'G的长．
（2）由点B、C、Q的坐标求CQ的长和点C'坐标；过点Q'作x轴的垂线段Q'H，易证△CBQ∽△CHQ'，故有，求得CH、HQ'的长即求得点Q'坐标，进而得到向右向上平移的距离，求得点A'、C''的坐标．求直线CQ解析式，设CQ上的点M横坐标为m，用两点间距离公式可得用m表示A'M和C''M的长．因为△A'MC''是等腰三角形，分三种情况讨论，得到关于m的方程，求解即求得相应的m的值，进而得点M坐标．
【详解】
（1）如图1，过点O作直线l，使直线l经过第二、四象限且与x轴夹角为60°；
过点P作PF⊥x轴于点E，交OA于点D，交直线l于点F；在PF上截取PP'＝1；过点N作NG⊥直线l于点G
∵A（3，3），AB⊥x轴于点B
∴直线OA解析式为y＝x，OB＝AB＝3
∵C（1，0）
∴S△AOCOC•AB1×3，是定值
设P（t，﹣t2+4t）（0＜t＜3）
∴D（t，t）
∴PD＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t
∴S△OAP＝S△OPD+S△APDPD•OEPD•BEPD•OB（t2﹣3t）
∴t时，S△OAP最大
此时，S四边形PACO＝S△AOC+S△OAP最大
yP＝﹣（）2+3
∴P（，）
∴P'E＝PE﹣PP'1，即P'（，）
∵点M、N在y轴上且MN＝1
∴PP'＝MN，PP'∥MN
∴四边形MNP'P是平行四边形
∴PM＝P'N
∵∠NGO＝90°，∠NOG＝90°﹣60°＝30°
∴Rt△ONG中，NGNO
∴PM+MNNO＝P'N+NG+1
∴当点P'、N、G在同一直线上，即P'G⊥直线l时，PM+MNNO＝P'G+1最小
∵OE，∠EOF＝60°，∠OEF＝90°
∴Rt△OEF中，∠OFE＝30°，tan∠EOF
∴EFOE
∴P'F＝P'E+EF
∴Rt△P'GF中，P'GP'F
∴P'G+11
∴PM+MNNO的最小值为
（2）延长A'Q'交x轴于点H
∵C（1，0），Q（3，1），QB⊥x轴于点B
∴CB＝2，BQ＝1
∴CQ
∵△AQC沿直线AB翻折得△AQC'
∴B（3，0）是CC'的中点
∴C'（5，0）
∵平移距离QQ'＝3
∴CQ'＝CQ+QQ'＝4
∵QB∥Q'H
∴△CBQ∽△CHQ'
∴
∴CH＝4CB＝8，yQ'＝HQ'＝4BQ＝4
∴xQ'＝OC+CH＝1+8＝9
∴Q'（9，4）
∴点Q（3，1）向右平移6个单位，向上平移3个单位得到点Q'（9，4）
∴A'（9，6），C''（11，3）
∴A'C''
设直线CQ解析式为y＝kx+b
∴ 解得：
∴直线CQ：yx
设射线CQ上的点M（m，m）（m＞1）
∴A'M2＝（9﹣m）2+（6m）2＝（9﹣m）2+（m）2
C''M2＝（11﹣m）2+（3m）2＝（11﹣m）2+（m）2
∵△A'MC''是等腰三角形
①若A'M＝A'C''，则（9﹣m）2+（m）2＝13
解得：m1＝7，m2
∴M（7，3）或（，）
②若C''M＝A'C''，则（11﹣m）2+（m）2＝13
解得：m1，m2＝13
∴M（，）或（13，6）
③若A'M＝C''M，则（9﹣m）2+（m）2＝（11﹣m）2+（m）2
解得：m＝10
∴M（10，）
综上所述，点M坐标为（7，3），（，），（，），（13，6），（10，）．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质，垂线段最短定理，特殊角三角函数的应用，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质．第（1）题求最短路径时对PM作平移和对NO进行转换是解决此类问题的典型做法，第（2）题解题关键是根据平移方向和距离求出点的具体平移路径（向左右和上下如何平移），再得到平移后的坐标．
13．（重庆江北·九年级月考）已知：如图，二次函数的图象交轴于点和点（点在点左则），交轴于点，作直线是直线上方抛物线上的一个动点．过点作 直线平行于直线是直线 上的任意点，是直线上的任意点，连接，始终保持为，以和边，作矩形．
（1）在点移动过程中，求出当的面积最大时点的坐标；在的面积最大 时，求矩形的面积的最小值．
（2）在的面积最大时，线段交直线于点，当点四个点组成平行 四边形时，求此时线段与抛物线的交点坐标．
【答案】（1）点坐标为，矩形的最小值为；（2）交点坐标为（3+，﹣），（3﹣，﹣），（1﹣，），（1+，）．
【分析】
（1）当△DEB的面积最大时，直线DN与抛物线相切，可求出直线DN的解析式和点D的坐标，当矩形面积最小时，MG最小，求出MG的最小值即可．
（2）分两种情况讨论，以DB为边和以DB为对角线，分别求出此时ON的解析式，联立求出交点坐标即可．
【详解】
解：（1）如图1所示，过点D作y轴的平行线交MB于点H，过点O作OQ垂直MB于点Q，
令y＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
令x＝0，y＝2，
∴E（0，2），
设直线BE的解析式为y＝kx+b，则
解得，
∴直线BE的解析式为y＝﹣x+2，
∵DN∥BE，
∴设直线DN的解析式为y＝﹣x+b1，
S△DEB＝DH•（xB﹣xE），
∴当△DEB面积最大时，即是DH最大的时候，
∴﹣x+b1＝﹣x2+x+2，
△＝b2﹣4ac＝0，即16﹣4（2b1﹣4）＝0，
解得b1＝4，点D（2，3），
S矩＝2S△MOG+S平形四边形，
∴矩形面积最小时就是MG最小，
设QG＝m，MQ＝n，
∴MG＝m+n，
∵m+n≥2，
∵△QOG∽△MQO，
∴OQ2＝m•n，
∵△OEQ∽△EOB，
∴OQ＝，
∴m•n＝，
∴m+n的最小值为．
∴MG＝，
∴S矩＝2S△MOG+S平形四边形＝．
（2）分两种情况讨论，
情况一：当GN∥DB时，
直线DB的解析式为：y＝﹣x+6，
则直线NG的解析式为y＝﹣x，
∴﹣x＝﹣x2+x+2，
解得x1＝3+，x2＝3﹣，
∴交点坐标为（3+，﹣），（3﹣，﹣），
情况二：DB为对角线时，此时NG必过DB的中点（3，），
设直线ON的解析式为y＝k1x，
则k1＝，
∴直线OD的解析式为y＝x，
＝﹣x2+x+2，
解得x1＝1﹣，x2＝1+，
∴交点坐标为（1﹣，），（1+，），
综上所述：交点坐标为（3+，﹣），（3﹣，﹣），（1﹣，），（1+，）．
【点睛】
此题考查了二次函数的性质以及二次函数与几何相结合的问题，转化矩形面积最小和三角形面积最大为某条线段的最值为解题关键．
14．（2021·辽宁抚顺·中考模拟预测）如图，抛物线y＝+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，﹣1），点B（9，﹣10），AC∥x轴，点P是直线AC上方抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点P且与y轴平行的直线l与直线AB，AC分别交于点E，F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标；
（3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2），；（3）或．
【分析】
（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据平行于轴的直线上点的纵坐标相等，可得点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得点坐标，根据待定系数法，可得的解析式，根据直线上的点满足函数解析式，可得点坐标，根据平行于轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
（3）根据等腰直角三角形的性质，可得，根据相似三角形的判定，可得关于的方程，根据解方程，可得答案．
【详解】
解：（1）将，代入函数解析式，得
，
解得，
抛物线的解析式；
（2）轴，，
．
解得，．
点的坐标为．
点，，
直线的解析式为．
设点，
．
．
，，
．
，
当时，四边形的面积的最大值是．
此时点，．
（3），
．
，．
．
．
同理可得．
．
分两种情况：如图，
①当时，．
，，，
．
解得．
．
②当时，．即．
解得．
．
综合①②得，存在这样的点，其坐标是或．
【点睛】
本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，平行于坐标轴的直线上两点间的距离是较大的坐标减较小的坐标；解（3）的关键是利用相似三角形的性质的出关于的比例，要分类讨论，以防遗漏．
15．（2021·山东新泰·中考一模）如图，抛物线交轴于点和点，交轴于点．已知点的坐标为，点为第二象限内抛物线上的一个动点，连接．

（1）求这个抛物线的表达式．
（2）点为第二象限内抛物线上的一个动点，求四边形面积的最大值．
（3）①点在平面内，当是以为斜边的等腰直角三角形时，求出满足条件的所有点的坐标；
②在①的条件下，点在抛物线对称轴上，当时，求出满足条件的所有点的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）①或，②或或
【分析】
（1）由交点式可求a的值，即可求解；
（2）由S四边形ADCP＝S△APO+S△CPO﹣S△ODC，即可求解；
（3）①分两种情况讨论，通过证明△MAD≌△DOC，可得AM＝DO，∠MAD＝∠DOC＝90°，可求解；
②可证点M，点C，点M'在以MM'为直径的圆上，当点N在以MM'为直径的圆上时，∠M'NC＝∠M'MC＝45°，延长M'C交对称轴与N''，可证∠MM'C＝∠MN''C＝45°，即可求解．
【详解】
解：（1）∵抛物线交轴于点和点，
∴抛物线的表达式为：，
即，解得：，故抛物线的表达式为：；
（2）连接，设点，
则
，
．故有最大值，当时，的最大值为；
（3）①如图2，若点在左侧，连接，
，且，
，且，，
∴点坐标，若点在右侧，同理可求点；
②如图3，
∵抛物线的表达式为：；
∴对称轴为：直线，
∴点在对称轴上，，
∴点是的中点，
，
∴点，点，点在以为直径的圆上，
当点在以为直径的圆上时，，符合题意，
∵点，点，，且点在抛物线对称轴上，
∴点，点，延长交对称轴与，
∵点，点，∴直线解析式为：，
∴当时，，∴点的坐标，
∵点的坐标，点，点，且，
，，
∴点符合题意，
综上所述：点的坐标为：或或．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，等腰三角形的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
16．（2021·山西阳泉·中考一模）如图1，抛物线经过点、两点，与y轴交于点C．点P为线段上一动点（不与点B重合），连接，，，将沿直线翻折得到，交抛物线的另一点为Q，连接．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求四边形面积的最大值；
（3）当时，点N为抛物线上一点，直线交y轴于点M．
①求点Q的坐标．
②若的面积为面积的8倍，请直接写出点N的坐标．
【答案】（1）；（2）当时，四边形的面积最大，且最大值为12；（3）①点Q的坐标为；②，或．
【分析】
（1）知道抛物线与x轴的两个交点坐标，可以利用交点式求得二次项系数a的值，将交点式转换为一般式即可.
（2）连接，过点Q分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为点E，F，将四边形面积转化为两个三角形面积，进行计算即可．
（3）①过点C作，垂足为点G；过点Q作，垂足为点H，通过求证，求得CH长度，从而知道Q点横坐标，代入抛物线求解即可．
②根据点的位置，分两种情况去讨论，通过三角形相似，转换等量关系求解即可．
【详解】
（1）∵拋抛物线与x轴相交于、两点，
∴与y轴的交点C的坐标为．
设抛物线的表达式为，将点代入，得
，解得，
∴抛物线的表达式为．
（2）如图1，连接，过点Q分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为点E，F．
设点Q的坐标为，则
，
．
∴
．
∵，
∴四边形的面积有最大值，
当时，四边形的面积最大，且最大值为12．
（3）①如图3-1
过点C作，垂足为点G；过点Q作，垂足为点H．
由和可知，，故，即四边形为正方形．
∴．
∵，
∴，
∴，即，∴．
将代入抛物线解析式，得，
故点Q的坐标为．
②根据题意，点的坐标分两种情况讨论，第一种情况，如下图3-2：
过点 作轴于点L，过点作于点，过点作轴于点,由的面积为面积的8倍，得：
又∵
∴
∴
在和中，
∵,，
∴
∴
在和中，
∵，，
∴
∴
又∵
∴,
∴,即点的横坐标为，
∴将点的横坐标入抛物线，得纵坐标为：
∴
第二种情况，如下图3-3：
过点作延长线于点，过点作延长线于点，过点作轴于点,过点作,由的面积为面积的8倍，得：
又∵
∴
∴
在和中，
∵,，
∴
∴
在和中，
∵，，
∴
∴
又∵
∴,
∴,即点的横坐标为，
∴将点的横坐标入抛物线，得纵坐标为：
∴
综上，，或．
【点睛】
本题考查的是二次函数解析式的求法、不规则图形面积最大值的求法、三角形相似判定，点存在性问题的讨论等相关知识点，能根据题意画出相关图形，构造三角形相似是解题关键．
17．（2021·重庆实验外国语学校九年级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A、B，交y轴于点C．
（1）求的面积；
（2）D为抛物线的顶点，连接，点P为抛物线上点C、D之间一点，连接，，过点P作交直线于点M，连接，求四边形面积的最大值以及此时P点的坐标：
（3）将抛物线沿射线方向平移个单位后得到新的抛物线），新抛物线与原抛物线的交点为E，在原抛物线上是否存在点Q，使得以B，E，Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）3；（2）最大，；（3）存在，或或或
【分析】
（1）求出点A、B、C的坐标，即可求出AB、OC的长度，从而求出△ABC面积；
（2）设CD与x轴交于F，连接BP、过P作y轴平行线，交CD于G，交BD延长线于H，先求出S△BCD=，设P（t，），则G（t，−t+2），H（t，t−3），求出S四边形CPDB，由PM∥BD，得S△MDB=S△PDB，从而S四边形CPDM，当t=2时，S四边形CPDM最大=4，此时P（2，1）；
（3）由OC=2，OB=4，可得BC=，抛物线沿射线BC方向平移，即向左平移6个单位，向上平移3个单位，可求出新抛物线，然后可以求出点E，设Q（m，），则BE2=50，BQ2=（m4）2+（）2，EQ2=（m+1）2+（）2，直角三角形按直角分类，利用勾股定理逆定理列方程即可求出点Q坐标．
【详解】
解：（1）当时，，
∴
当时，，
解得：，，
∴，
；
（2）设CD与x轴交于F，连接BP、过P作y轴平行线，交CD于G，交BD延长线于H，如图：
∵，
∴顶点D（，），
∵C（0，2），B（4，0），
∴直线CD解析式为，直线BD解析式为，
在中，令y=0得x=，
∴F（，0），
∴BF=，
∴S△BCD=BF•|yC-yD|=××（2+）=，
设P（t， ），则G（t，−），H（t，），
∴GP=，PH=
∴S△CPD=GP•|xD-xC|=××()＝；
S△PDB=PH•|xB-xD|=××()=；
∴S四边形CPDB=S△CPD+S△BCD=，
∵PM//BD，
∴S△MDB=S△PDB，
∴S△MDB=，
∴S四边形CPDM=S四边形CPDB-S△MDB=（）（）
=t2+4t=（t2）2+4，
∴当t=2时，S四边形CPDM最大=4，
此时P（2，1）；
（3）存在，理由如下：
∵OC=2，OB=4，
∴BC=，
抛物线沿射线BC方向平移，相当于抛物线向左平移6个单位，向上平移3个单位，
∵，
∴新抛物线解析式为：，
联立解析式得：
解得：，
∴交点E（-1，5），
设Q（m，），则BE2=50，BQ2=（m-4）2+（）2，EQ2=（m+1）2+（）2，
①当BQ为斜边，即∠QEB=90°时，如图：
∵BE2+EQ2=BQ2，
∴50+（m+1）2+（）2=（m-4）2+（）2，
∴50+（m+1）2-（m-4）2=（）2-（）2，
∴50+10m-15=（m2-5m-1）×5，
解得：m=8或m=-1（舍去），
∴Q（8，14）；
②BE为斜边，即∠BQE=90°时，如图：
∵QE2+BQ2=BE2，
∴（m-4）2+（）2+（m+1）2+（）2=50，
∴（m+1）（m-4）（m-2）（m-5）=0，
解得：m=-1（与E重合，舍去）或m=4（与B重合，舍去）或m=2或m=5，
∴Q（2，-2）或Q（5，2）；
③QE为斜边，即∠QBE=90°，如图：
∵BQ2+BE2=QE2，
∴（m-4）2+（）2+50=（m+1）2+（）2，
解得：m=3或m=4（与B重合，舍去），
∴Q（3，-1），
综上所述：或或或．
【点睛】
本题考察二次函数综合应用，涉及二次函数图象中三角形，四边形面积问题，关键在于面积的转化，以及直角三角形的存在性问题，注意要分类讨论，利用勾股定理逆定理来求解，计算过程需要仔细点．