2016人教版中考数学压轴题专题十四动态问题之面积最值的存在性-2.doc
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2016中考数学压轴题动态问题
专题十一面积最值的存在性
【考情分析】
中考压轴题中面积最值的存在性问题，一般的解题策略：
（1）根据题目中的位置关系和等量关系，写出面积关于自变量的函数关系，这里需要强调的是一定要正确的写出自变量的取值范围;21·cn·jy·com
（2）根据函数的性质，求出面积的最值.
1.如图，△ABC是以BC为底边的等腰三角形，点A、C分别是一次函数y＝－x＋3的图象与y轴、x轴的交点，点B在二次函数y＝x2＋bx＋c的图象上，且该二次函数图象上存在一点D使四边形ABCD能构成平行四边形．www.21-cn-
（1）试求b、c的值，并写出该二次函数的表达式；
（2）动点P从A到D，同时动点Q从C到A都以每秒1个单位的速度运动，问：
①当P运动到何处时，有PQ⊥AC？
②当P运动到何处时，四边形PDCQ的面积最小？
最小值是多少？
A
B
C
O
D
x
y
解答：
（1）由y＝－x＋3
令x＝0，得y＝3，∴点A（0，3）
令y＝0，得x＝4，∴点C（4，0）
∵△ABC是以BC为底边的等腰三角形
∴B点坐标为（－4，0）
又∵四边形ABCD是平行四边形
∴D点坐标为（8，3）
将B（－4，0），D（8，3）代入二次函数y＝x2＋bx＋c，可得b＝－，c＝－3
A
B
C
O
D
x
y
P
QM
∴该二次函数的表达式为y＝x2－x－3
（2）①设点P运动了t秒时有PQ⊥AC
此时AP＝t，CQ＝t，AQ＝5－t
∵PQ⊥AC，∴△APQ∽△CAO
∴＝，∴＝
解得t＝
即当点P运动到距离A点个单位处，有PQ⊥AC
A
B
C
O
D
x
y
P
H
QM
②∵S四边形PDCQ＋S△APQ＝S△ACD＝×8×3＝12
∴当△APQ的面积最大时，四边形PDCQ的面积最小
当点P运动t秒时，AP＝t，CQ＝t，AQ＝5－t
设△APQ底边AP上的高为h，作QH⊥AD于H
由△AQH∽△CAO可得：
＝，∴h＝（5－t）
∴S△APQ＝×t×（5－t）＝－（t－）2＋
∴当t＝时，S△APQ达到最大值
此时S四边形PDCQ＝12－＝
故当点P运动到距离A点个单位处时，四边形PDCQ面积最小，最小值为
点评：
本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式、平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是找到满足题意时的相似三角形，利用对应边成比例的知识得出有关线段的长度或表达式，难度较大．
E
F
C
O
B
y
Q
P
A
x
2.如图，直线y＝－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y＝x交于点C．在线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q作x轴的垂线，交直线AB、OC于点E、F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．【来源：
21·世纪·教育·网】
（1）求点P运动的速度是多少？
（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？
（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？
并求出最大值．
分析：
（1）根据直线y＝－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，得出A，B点的坐标，再利用EP∥BO，得出＝＝＝2，据此可以求得点P的运动速度；
（2）当PQ=PE时，以及当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，分别求出即可；
（3）根据
（2）中所求得出s与t的函数关系式，进而利用二次函数性质求出即可．
解答：
（1）在y＝－x＋4中，当y＝0时，x＝8
当x＝0时，y＝4，∴A（8，0），B（0，4）
E
F
C
O
B
y
Q
P
A
x
图1
∵EP∥BO，∴△APE∽△AOB
∴＝＝＝2，∴PA＝2PE
∵四边形PEFQ为矩形，∴PE＝FQ＝OQ
∴PA＝2OQ
∴点P运动的速度是每秒2个单位长度
（2）如图1，当PQ＝FQ时，矩形PEFQ为正方形
F
E
C
O
B
y
Q
P
A
x
图2
∵FQ＝OQ＝t，PA＝2t，∴PQ＝8－3t
∴8－3t＝t，∴t＝2
如图2，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形
∵OQ＝t，PA＝2t，∴OP＝8－2t
∴PQ＝t－（8－2t）＝3t－8
∴3t－8＝t，∴t＝4
∴当t为2秒和4秒时，矩形PEFQ为正方形
E
F
C
O
B
y
Q
P
A
x
图3
（3）如图3，当P在Q右侧时
∵FQ＝OQ＝t，PQ＝8－3t
∴S＝PQ·FQ＝（8－3t）t＝－3t2＋8t
＝－3（t－）2＋
∴当t＝秒时，S有最大值
E
F
C
O
B
y
Q
P
A
x
图4
如图2，当P在Q左侧时
∵FQ＝OQ＝t，PQ＝3t－8
∴S＝PQ·FQ＝（3t－8）t＝3t2－8t
抛物线的对称轴为t＝
∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动
∴0≤t≤4
∵抛物线开口向上
∴当≤t≤4时，S随t的增大而增大
∴当t＝4秒时，S有最大值3×42－8×4＝16
综上所述，当t为4秒时，矩形PEFQ的面积S最大，最大值为16
点评：
此题主要考查了二次函数与一次函数的综合应用，得出P，Q不同的位置进行分类讨论得出是解题关键．
3．已知二次函数y＝－mx2＋3mx－2的图象与x轴交于点A（2，0）、点B，与y轴交于点C．2·1·c·n·j·y
（1）求点B坐标；
（2）点P从点C出发以每秒1个单位的速度沿线段CO向O点运动，到达点O后停止运动，过点P作PQ∥AC交OA于点Q，将四边形PQAC沿PQ翻折，得到四边形PQA′C′，设点P的运动时间为t．21·世纪*教育网
①当t为何值时，点A′恰好落在二次函数y＝－mx2＋3mx－2图象的对称轴上；
②设四边形PQA′C′落在第一象限内的图形面积为S，求S关于t的函数关系式，并求出S的最大值．
分析：
（1）将A（2，0）代入抛物线解析式可求m的值，得到抛物线解析式，令y=0求x的值，得到B对坐标；
（2）①可根据解析式可得出点C点的在坐标，和函数的对称轴；在Rt△AOC讨论，可得
AQ=A′Q，同时，过点A′作A′H⊥x轴，此时可根据两个等量式即可得出QH的长，从而可得出t的值，
②此时要分情况讨论，分当0＜t≤1时和当1＜t＜2时的情况，利用三角函数的知识和四边形求面积的知识即可得出．www-2-1-cnjy-com
解答：
（1）将A（2，0）代入y＝－mx2＋3mx－2
得0＝－m×
（2）2＋3m×2－2，解得m＝
∴y＝－x2＋x－2
令y＝0，得－x2＋x－2＝0，解得：
x1＝，x2＝2
∴B（，0）
（2）①由y＝－x2＋x－2，令x＝0，得y＝－2
∴C（0，－2）
A
B
C
O
A′
x
P
H
C′
y
（Q）
∵y＝－x2＋x－2＝－（x－）2＋
∴二次函数图象的对称轴为直线x＝
过A′作A′H⊥OA于H
在Rt△AOC中，∵OC＝2，OA＝2
∴∠OAC＝30°，∠OCA＝60°
∴∠PQA＝150°，∠A′QH＝60°，AQ＝A′Q＝2QH
∵点A′在二次函数图象的对称轴上
∴解得QH＝
∴AQ＝，CP＝1
∴t＝1
②分两种情况：
ⅰ）当0＜t≤1时，四边形PQA′C′落在第一象限内的图形为等腰三角形QA′D
A
B
C
O
A′
x
P
Q
H
D
C′
y
DQ＝A′Q＝t
A′H＝AQ·sin60°＝t·＝t
S＝S△A′DQ＝·t·t＝t2
∵当0＜t≤1时，S随t的增大而增大
∴当t＝1时，S有最大值
ⅱ）当1＜t＜2时，四边形PQA′C′落在第一象限内的图形为四边形EOQA′
S四边形EOQA′＝S梯形PQA′C′－S△OPQ－S△PC′E
A
B
C
O
A′
x
P
Q
H
E
C′
y
＝[2－（2－t）2]－（2－t）2－t2
＝－t2＋4t－2
∵－t2＋4t－2＝－（t－）2＋
且1＜＜2，∴当t＝时，S有最大值
∵＞，∴S的最大值是
点评：
本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．2-1-c-n-j-y
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l1：
y＝x与直线l2：
y＝－x＋6相交于点M，直线l2与x轴相交于点N． 21*cnjy*com
（1）求M、N的坐标；
（2）在矩形ABCD中，已知AB＝1，BC＝2，边AB在x轴上，矩形ABCD沿x轴自左向右以每秒1个单位长度的速度移动．设矩形ABCD与△OMN的重合部分的面积为S，移动的时间为t（从点B与点O重合时开始计时，到点A与点N重合时计时结束）．直接写出S与自变量t之间的函数关系式（不需要给出解答过程）；【来源：
21cnj*y.co*m】
（3）在
（2）的条件下，当t为何值时，S的值最大？
并求出最大值．
A
B
l1
N
M
x
l2
C
D
y
O
分析：
（1）解两条直线的解析式组成的方程组的解，即可求得交点M的坐标，在y=-x+6中，令y=0即可求得点N的横坐标，则N的坐标即可求解；
（2）分成0≤t≤1，1＜t≤4，4＜t≤5，5＜t≤6，6＜t≤7五种情况，利用三角形的面积公式和梯形的面积公式，即可求得函数的解析式；
（3）分别求得每种情况下函数的最值或函数值的范围，即可确定．【版权所有：
21教育】
解答：
（1）对于y＝－x＋6，令y＝0，得x＝6
∴点N的坐标为（6，0）
由题意，得解得
∴点M的坐标为（4，2）
A
B
l1
N
M
x
l2
C
D
y
O
（2）当0≤t≤1时，S＝t2
当1＜t≤4时，S＝t－
A
l1
N
M
x
l2
C
D
y
O
B
A
l1
N
M
x
l2
C
D
y
O
B
当4＜t＜5时，S＝－t2＋t－
A
l1
N
M
x
l2
C
D
y
O
B
当5≤t＜6时，S＝－t＋
A
l1
N
M
x
l2
C
D
y
O
B
当6≤t≤7时，S＝（7－t）2
（3）解法一：
当0≤t≤1时，S最大＝
当1＜t≤4时，S最大＝
点评：
本题是对一次函数的综合考查，主要涉及联立两函数解析式求交点坐标，面积求解，求分段函数的解析式，二次函数的增减性，正确表示出函数的解析式是解题的关键．
5．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4），以A为顶点的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．【出处：
21教育名师】
（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；
（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G．当t为何值时，△ACG的面积最大？
最大值为多少？
x
O
y
A
D
C
B
F
G
图1
E
图1
P
图1
Q
（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？
请直接写出t的值．21教育网
分析：
（1）根据矩形的性质可以写出点A得到坐标；由顶点A的坐标可设该抛物线的顶点式方程为y＝a（x－1）2＋4，然后将点C的坐标代入，即可求得系数a的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）；
（2）利用待定系数法求得直线AC的方程y=-2x+6；由图形与坐标变换可以求得点P的坐标（1，4-t），据此可以求得点E的纵坐标，将其代入直线AC方程可以求得点E或点G的横坐标；然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=4－、点A到GE的距离为，C到GE的距离为2-；最后根据三角形的面积公式可以求得
S△ACG=S△AEG+S△CEG=－（t－2）2＋1，由二次函数的最值可以解得t=2时，S△ACG的最大值为1；
（3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H在直线EF上．21世纪教育网版权所有
x
O
y
A
D
C
B
F
G
图1
E
图1
P
图1
Q
解答：
（1）A（1，4）
由题意，可设抛物线解析式为y＝a（x－1）2＋4
∵抛物线过点C（3，0）
∴0＝a（3－1）2＋4，∴a＝－1
∴抛物线的解析式为y＝－（x－1）2＋4
即y＝－x2＋2x＋3
（2）∵A（1，4），C（3，0）
∴可求直线AC的解析式为y＝－2x＋6
P（1，4－t）
将y＝4－t代入y＝－2x＋6中，解得点E的横坐标为x＝1＋
∴点G的横坐标为1＋，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为4－
∴GE＝（4－）－（4－t）＝t－
又点A到GE的距离为，C到GE的距离为2－
即S△ACG＝S△AEG＋S△CEG＝EG·＋EG（2－）＝·2（t－）＝－（t－2）2＋1
当t＝2时，S△ACG的最大值为1
（3）t＝或t＝20－8
x
O
y
A
D
C
B
E
图1
P
图1
Q
H
N
提示：
∵A（1，4），C（3，0），∴AB＝4，BC＝2
∴AC＝＝2，∴cos∠BAC＝＝＝
∵PE⊥AB，AP＝t，∴AE＝＝t
∴CE＝2－t
若EQ＝CQ，则在矩形ABCD内存在点H，使四边形CQEH为菱形
过点Q作QN⊥EC于N，则CE＝2CN
在Rt△QNC中，CN＝CQ·cos∠ACD＝CQ·cos∠BAC＝t
∴2－t＝t，解得t＝
若CE＝CQ，则在矩形ABCD的AD边上存在点H，使四边形CQHE为菱形
x
O
y
A
D
C
B
E
图1
P
图1
Q
H
∴2－t＝t，解得t＝20－8
点评：
本题考查了二次函数的综合题．其中涉及到的知识点有待定系数法求二次函数的解析式，待定系数法求一次函数的解析式以及三角形面积的求法．
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