二次函数与面积问题

二次函数与面积问题题目一：如图，抛物线y＝(1/2)x^2－x－2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称．(1)求点A、B、C的坐标；(2)求直线BD的解析式；(3)在直线BD下方的抛物线上是否存在一点P，使△PBD的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解答：(1)令y＝0，则(1/2)x^2－x－2＝0，解得x1＝－1，x2＝4，∴A(－1，0)，B(4，0)，令x＝0，则y＝－2，∴C(0，－2)；(2)∵C，D两点关于x轴对称，∴D(0，2)，设直线BD的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将B、D坐标代入可得，k=-1/2，b=2，∴直线BD的解析式为y＝－(1/2)x＋2；(3)存在这样的点P，使得△PBD的面积最大。设P(m，(1/2)m^2－m－2)，如解图，过点P作PE⊥x轴于点F，与BD交于点E，则点E坐标为(m，－(1/2)m＋2)，∴PE＝(－(1/2)m＋2)－((1/2)m^2－m－2)＝－(1/2)m^2＋m＋4，∴S△PBD＝S△PDE＋S△PEB＝(1/2)PE·OF＋(1/2)PE·BF＝(1/2)PE·OB＝(1/2)×(－(1/2)m^2＋m＋4)×4＝－(1/2)(m－1)^2＋9，∴当m＝1时，S△PBD取得最大值，最大值为9，此时(1/2)m^2－m－2＝－3，∴P(1，－3)．题目二：如图，已知二次函数y＝ax^2＋bx＋c(a≠0)的图象经过A(－1，0)，B(4，0)，C(0，2)三点．(1)求该二次函数的解析式；(2)点D是该二次函数图象上的一点，且满足∠DBA＝∠CAO(O是坐标原点)，求点D的坐标；(3)点P是该二次函数图象上位于第一象限上的一动点，连接PA分别交BC，y轴于点E，F，若△PEB，△CEF的面积分别为S1，S2，求S1－S2的最大值．解答：(1)由题意，设抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－4)，∵抛物线图象过点C(0，2)，∴a＝－(1/8)，∴抛物线的解析式为y＝－(1/8)x^2＋(1/2)x＋2；(2)∵∠DBA＝∠CAO，∴∠DBA＝∠CBA，∴BD是角B的平分线，由此可知D点横坐标为(4－1)/2＝1.5，∵D点在二次函数图象上，∴D点纵坐标为－(1/8)×(1.5)^2＋(1/2)×1.5＝1.125，∴D(1.5，1.125)；(3)设P(m，am^2＋bm＋c)，则连接PA的解析式为y＝(am^2＋bm＋c+2)/(m+1)，连接BC的解析式为y＝(2－c)/x，∴点E，F的坐标分别为E((2－c)/(am^2＋bm＋c+2)，0)，F(0,(2－c)/(2－am^2－bm))，∴S1－S2＝(1/2)PE·BF－(1/2)CE·AF＝(1/2)[(2－c)/(am^2＋bm＋c+2)]×[(2－am^2－bm)/(2－c)]－(1/2)(2×(1/8)－(1/2)×1.5＋2)×m＝(1/2)[(4－(am^2＋bm＋c))/(2－am^2－bm)]－(1/16)×m－1/4，∴S1－S2的最大值为(1/2)×(4/3)－(1/16)×(3/2)－1/4＝11/12，此时m＝3/2．点D为直线AC上方抛物线上的一个动点，连接BC和CD。设直线BD交线段AC于点E，求△CDE和△BCE的面积之比的最大值。同时，过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由。根据题意得，抛物线的函数表达式为y＝－2x2－2x＋2，点A(－4，0)，点C(0，2)。令y＝0，解得x=－4和x=1，因此点B的坐标为(1，0)。过点D作DM⊥x轴交AC于M，过B作BN⊥x轴交AC于N，因此DM∥BN，进而得到△DME∽△BNE。令D的坐标为(a，－2a－2)，则M的坐标为(a，2a＋2)。由于B的坐标为(1，0)，因此N的坐标为(1，1－2a)。根据勾股定理，得到AC=5√5，BC=5，AB=5√2，因此△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形。取AB中点P，连接CP，得到P的坐标为(－2，0)，因此PA=PC=PB=√2。进而得到∠CPO=2∠BAC，因此tan(2∠BAC)=3/4。过D作x轴的平行线交y轴于点R，交直线AC于点G，则∠CGD=∠BAC。设DR=－a，RC=－2a2－2a，则根据余弦定理得到cos∠CDG=(a2+a+1)/(2a2+2a+5)，因此tan∠CDG=2/(a2+a+1)。若∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，则有tan∠CDG=tan∠BAC=2。因此有(2/(a2+a+1))=2，解得a=－1，因此点D的横坐标为－1。因此存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍。1.给定方程组：$\begin{cases}a_1x+a_2y=0\\a_2x-a_1y=k\end{cases}$，其中$a_1,a_2,k$均为非零常数。求$x_D$的值。解：将第一个方程式两边同时乘以$a_1$，第二个方程式两边同时乘以$a_2$，得到：$\begin{cases}a_1^2x+a_1a_2y=0\\a_2^2x-a_1a_2y=ka_2\end{cases}$将两个方程式相加，得到$(a_1^2+a_2^2)x=ka_2$，因为$a_1,a_2$均为非零常数，所以$a_1^2+a_2^2\neq0$，故$x_D=\frac{ka_2}{a_1^2+a_2^2}$。2.已知三角形$ABC$，$\angleBAC=120^\circ$，$AB=4$，$AC=5$，$D$为$BC$上一点，且$AD$为$\angleBAC$的平分线。若$\angleFDC=2\angleBAC$，$FC=4k$，$DF=3k$，$DC=5k$，$FG=\frac{3k}{\sqrt{5}}$，求$\frac{RC}{DR}$的值。解：首先根据正弦定理可得$\sin\angleBAC=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin\angleFDC=\frac{3\sqrt{5}}{10}$。由于$AD$为$\angleBAC$的平分线，所以$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{4}{5}$，因此$BD=\frac{4}{9}BC$，$DC=\frac{5}{9}BC$。又因为$\angleFDC=2\angleBAC$，所以$\angleBDC=3\angleBAC=360^\circ-4\angleFDC$，代入可得$\cos\angleFDC=\frac{7}{25}$。根据余弦定理可得$DG=\frac{35k}{\sqrt{25-20\cos\angleFDC}}=\frac{35k}{3}$，$CG=\frac{2k}{3}$，$RG=\frac{5k}{3}$，$RC=\frac{5k}{9}$，$DR=\frac{35k}{9}$。因此$\frac{RC}{DR}=\frac{1}{3}$。3.已知平面直角坐标系$xOy$中，四边形$OABC$是矩形，$OA=4$，$OC=3$，动点$P$从点$C$出发，沿射线$CB$方向以每秒$2$个单位长度的速度运动；同时，动点$Q$从点$O$出发，沿$x$轴正半轴方向以每秒$1$个单位长度的速度运动。设点$P$，点$Q$的运动时间为$t(s)$。(1)当$t=1$s时，求经过点$O$、$P$、$A$三点的抛物线的解析式；(2)当线段$PQ$与线段$AB$相交于点$M$，且$BM=2AM$时，求$t(s)$的值；(3)连接$CQ$，当点$P$，$Q$在运动过程中，记$\triangleCQP$与矩形$OABC$重叠部分的面积为$S$，求$S$与$t$的函数关系式。解：(1)由题意可得$A(4,0)$，$B(4,3)$，当$t=1$时，$CP=2$，因此$P$点坐标为$(2,3)$。设经过$O$、$P$、$A$三点的抛物线的解析式为$y=ax(x-4)$，代入$P(2,3)$可得$a=-\frac{1}{4}$，因此抛物线方程为$y=-\frac{1}{4}x(x-4)+3x$。(2)如图所示，设$BM=x$，则$AM=\frac{x}{2}$，$BP=2x-4$，$AQ=4-x$。因为$CB\parallelOA$，所以$\triangleBMP\sim\triangleAMQ$，从而$\frac{BP}{BM}=\frac{AQ}{AM}$，即$\frac{2x-4}{x}=\frac{4-x}{\frac{x}{2}}$，解得$x=2$，因此$BM=2$，$AM=1$，$PQ=2\sqrt{5}$，$t=3$。(3)如图所示，设$CP=2t$，则$OQ=t$，$BP=2t-4$，$AQ=4-t$。当$0\leqt\leq2$时，$\triangleCQP$与矩形$OABC$重叠部分为$\frac{1}{2}\times2t\times3=3t$，当$2<t\leq4$时，$\triangleCQP$与矩形$OABC$重叠部分为$\frac{1}{2}\times2\sqrt{5}\times1=\sqrt{5}$。因此重叠部分的面积$S$与$t$的函数关系式为$S=\begin{cases}3t,&0\leqt\leq2\\\sqrt{5},&2<t\leq4\end{cases}$。(3)当点P在直线BC上时，△PBC的面积为0，因此可以限制P点在直线BC下方抛物线上运动，设P点坐标为(x,y)，则抛物线的解析式为y=-(x^2-1)，直线BC的解析式为y=(-4/5)x-4/5。根据题意，点P在直线BC下方抛物线上运动，因此有y<-(x^2-1)，即y+x^2-1<0。△PBC的面积为S=(1/2)(4+x)(4/5+y)。将y=-(x^2-1)代入S中，得到S=(1/2)(4+x)(2/5-x^2)。对S求导数，得到S'=-(3/5)x^2-x+8/5，令S'=0，解得x=-5/9或x=4/3。当x=-5/9时，y=-(x^2-1)=-56/81，当x=4/3时，y=-(x^2-1)=-7/3。由于点P在直线BC下方抛物线上运动，因此只有当x=4/3时，点P才存在。此时，点P的坐标为(4/3,-7/3)，△PBC的最大面积为S=(1/2)(4+4/3)(4/5-7/3)=32/15。3+17=20，因此，解得x=2。满足条件的P点坐标为(2，-2)。已知点B(4，0)，点C(0，-4)，直线BC的解析式为y=x-4。设点P的坐标为(t，t²-3t-4)，过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，则点Q的坐标为(t，t-4)。连接PC、PB，如解图所示。由于S△PBC=S△PCQ+S△PBQ，而S△PCQ和S△PBQ都可以表示为2PQ×XB，所以S△PBC=2PQ×XB。代入PQ的表达式，得到S△PBC=-2(t-2)²+8。因此，当t=2时，S△PBC最大，最大值为8。此时点P的坐标为(2，-6)，S△PBC最大值为8。已知抛物线y=ax²+bx+c(a≠0)与y轴交于点C(0，3)，与x轴交于A、B两点，点B坐标为(4，0)，抛物线的对称轴方程为x=1。(1)求抛物线的解析式。由点B的坐标为(4，0)以及抛物线的对称轴为x=1，可知点A的坐标为(-2，0)。由点C坐标为(0，3)，解得4a-2b+c=3，-4a+4b+c=3，解得a=-3/8，b=3/4，c=3。因此，抛物线的解析式为y=-3/8x²+3/4x+3。(2)点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点N从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设△MBN的面积为S，点M运动时间为t，试求S与t的函数关系，并求S的最大值。设点M的坐标为(x,-3/8x²+3/4x)，则点N的坐标为(1,-3/8+3/4+3)=(1,15/8)。因此，BM²=9t²+x²-6tx，BN²=(x-1)²+(15/8)²，BC²=(x-1)²+(15/8-3/8x)²。由海伦公式，可以求得△MBN的面积S。代入BM、BN、BC的表达式，得到S=-5/8x²+5x/4-5/2。因此，S与t的函数关系为S=-5/8(x-1)²+5/8，最大值为5/8，当x=1时取得最大值。(3)在点M运动过程中，是否存在某一时刻t，使△MBN为直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由。当△MBN为直角三角形时，BM²+BN²=BC²。代入BM、BN、BC的表达式，得到9t²+x²-6tx+(x-1)²+(225/64-9/8x+x²/16)=x²-2x+1+(225/64-9/8x+x²/16)。整理得到t=15/8，此时△MBN为直角三角形。根据题意，我们需要做以下三个问题：(1)求抛物线的解析式；(2)在x轴上找一点K，使CK＋KN最小，并求出点K的坐标；(3)求点Q的坐标，使△CQD的面积最大。(1)抛物线经过点C(0，4)和A(4，0)，因此可以列出以下两个方程：4=c0=16a-8a+c解方程得到：a=-1/2c=4因此，抛物线的解析式为y=-1/2x^2+x+4。(2)抛物线的顶点为N(1，9/2)。我们需要在x轴上找到一点K，使得CK+KN最小。根据图中的几何关系，可以得到：CK+KN=sqrt(x^2+(9/2)^2)+sqrt((x-1)^2+(9/2)^2)为了求得CK+KN的最小值，我们需要对其求导数，然后令导数为0。计算导数得到：d/dx(CK+KN)=x/sqrt(x^2+(9/2)^2)-(x-1)/sqrt((x-1)^2+(9/2)^2)令导数为0，解方程得到：x=8/17因此，点K的坐标为(8/17,0)。(3)设点Q的坐标为(t,0)，则点D的坐标为(t,-t^2+t+4)。根据题意，我们需要求得使△CQD面积最大的点Q的坐标。△CQD的面积可以表示为：S=1/2*CQ*QD=1/2*(4-t)*sqrt((t-1)^2+(t^2-t)^2)为了求得S的最大值，我们需要对其求导数，然后令导数为0。计算导数得到：d/dtS=-1/2*(t^4-6t^3+9t^2+1)/sqrt(t^4-2t^3+2t^2-2t+2)令导数为0，解方程得到：t=13/3因此，点Q的坐标为(13/3,0)。(3)设点Q(m,0)，过点D作DG⊥x轴于点G，如图2所示。由方程$-x^2+x+4=0$，解得$x_1=-2$，$x_2=4$，因此点B的坐标为$(-2,0)$，$AB=6$，$BQ=m+2$。又因为$QD\parallelAC$，所以$\triangleBQD\sim\triangleBAC$，得到$\frac{DG}{BQ}=\frac{2m+4}{m+2}$，解得$DG=\frac{4}{m+2}$。根据面积公式$S_{\triangleCQD}=S_{\triangleCBQ}-S_{\triangleDBQ}=(CO-DG)\cdotBQ=\frac{23}{81}(2-m)+\frac{m+2}{12}$，化简得$S_{\triangleCQD}=-\frac{(m-1)^2}{3}+3$。由$-2\leqm\leq4$可知，当$m=1$时，$S_{\triangleCQD}$取最大值3，此时$Q(1,0)$。(10)如图所示，直线$y=-x-4$与抛物线$y=ax^2+bx+c$相交于$A,B$两点，其中$A,B$两点的横坐标分别为$-1$和$-4$，且抛物线过原点。(1)求抛物线的解析式：由$A(-1,-3),B(-4,0)$可得抛物线过原点，设抛物线解析式为$y=ax^2+bx$，代入$A,B$两点得到两个方程组成的方程组：$$\begin{cases}-3=a-b\\0=16a-4b\end{cases}$$解得$a=1,b=4$，因此抛物线的解析式为$y=x^2+4x$。(2)在坐标轴上是否存在点$C$，使得$AC=BC$？若存在，求出点$C$的坐标，若不存在，请说明理由：当$AC=BC$时，点$C$在线段$AB$的垂直平分线与坐标轴的交点处。设线段$AB$的垂直平分线的解析式为$y=x+d$，则$d=1$。解得线段$AB$的垂直平分线的解析式为$y=x+1$。令$x=0$，得到$y=1$，令$y=0$，得到$x=-1$，因此点$C(-1,0)$。因此存在满足条件的点$C$。(3)如图2所示，过点$P$作$PQ\perpEF$，交$EF$于点$Q$，过点$A$作$AD\perpx$轴于点$D$。由于抛物线过原点，所以$D$为原点。设$PF=x$，则$PB=6-x$，$BQ=\frac{10-x}{2}$。由相似三角形可得$\frac{PE}{OE}=\frac{PF}{OB}=\frac{x}{6-x}$，因此$OE=\frac{6}{5}x$，$PE=\frac{6}{5}x^2$。由于$\triangleEFP$与$\triangleBGF$相似，所以$\frac{EF}{BG}=\sqrt{\frac{S_{\triangleEFP}}{S_{\triangleBGF}}}=\sqrt{\frac{3}{5}}$。又因为$\triangleBGF$为直角三角形，所以$BG=\sqrt{(-4-(-1))^2+(-3-0)^2}=5$。因此$EF=\sqrt{\frac{3}{5}}\cdot5=\sqrt{15}$。则C(0，6)在直线上，∴c＝6，又点B(8，0)在直线上，∴8k＋6＝0，∴k＝－34，∴直线BC的解析式为y＝－34x＋6，设点P的坐标为(x，－34x＋6)，则BP＝x－8，PC＝－34x＋6，∴S△BPC＝12·BP·PC＝12(x－8)·(－34x＋6)＝－38x2＋9x－72，∴S△MBN：S△BPC＝2：9，∴－10(t－3)＋2：(－38x2＋9x－72)＝2：9，∴x2－15x＋54＝0，∴x＝6或x＝9，当x＝6时，BP＝－2，不符合题意，当x＝9时，BP＝1，∴点P的坐标为(9，0)，在BC上方的抛物线y＝－8x＋4x＋6上存在一点P，使△BPC的面积是△MBN面积的9倍，且点P的坐标为(9，0)．的面积＝DE×GF＝3t×3t＝9t2；当3<t≤11时，S＝S矩形DEGF的面积－S△ABC＝9t2－34113t2＝334t2；当t>11时，S＝S△BMC＝34113t2；综上所述，S与t之间的函数关系式为：S＝{9t2(0<t≤3),33t2－113t2(3<t≤11),34113t2(t>11)；自变量t的取值范围为t>0．13.如图①，已知抛物线$y=\frac{3}{4}x^2+bx+c$经过点$A(-2,3)$和点$B(0,-2)$，点$C$在$y$轴上，且$\triangleABC$为等边三角形。点$D$从点$A$出发，沿$AB$方向以每秒$2$个单位长度的速度向终点$B$运动。设运动时间为$t$秒$(t>0)$，过点$D$作$DE\perpAC$于点$E$，以$DE$为边作矩形$DEGF$，使点$F$在$x$轴上，点$G$在$AC$或$AC$的延长线上。(1)求抛物线的解析式。(2)将矩形$DEGF$沿$GF$所在直线翻折，得矩形$D'E'GF$，当点$D'$的对称点落在抛物线上时，求此时点$D'$的坐标。(3)如图②，在$x$轴上有一点$M(23,0)$，连接$BM$，$CM$。在点$D$的运动过程中，设矩形$DEGF$与四边形$ABMC$重叠部分的面积为$S$，写出$S$与$t$之间的函数关系式，并写出自变量$t$的取值范围。解：(1)将点$A(-2,3)$，$B(0,-2)$代入抛物线$y=\frac{3}{4}x^2+bx+c$中，解得$b=\frac{3}{2}$，$c=-1$，因此抛物线的解析式为$y=\frac{3}{4}x^2+\frac{3}{2}x-1$。(2)由已知可得$OA=2\sqrt{2}$，$OB=2$，$AD=2t$，$\angleDEA=90^\circ$，$\angleBAC=60^\circ$，$AE=t$，$ED=3t$，$GF=DE=3t$，$\angleDFA=\angleBAO=30^\circ$，$AF=2GF=6t$，$DF=AD=2t$。将矩形$DEGF$沿$GF$所在直线翻折得到矩形$D'E'GF$，如解图①所示，过点$D'$作$D'H\perpx$轴于点$H$。因为$\angleD'FH=\angleAFD=30^\circ$，所以$D'H