专题34 中考命题核心元素铅锤法求面积（解析版）

专题34中考命题核心元素铅锤法求面积（解析版）

模块一典例剖析+针对训练

模型一三角形面积问题

【模型解读】作以下定义：如图①，过△ABC的三个顶点分别作出与水平线垂直的三条直线，外侧两

条直线之间的距离叫△ABC的“水平宽”(a)，中间的这条直线在△ABC内部线段的长度叫△ABC的“铅垂

1

高”(h)．于是可得出一种计算三角形面积的新方法：S△ABC＝ah，即三角形的面积等于水平宽与铅垂高乘积

2

的一半．

【常见铅垂法】

1

(1)竖切，面积公式均为S＝dh.

2

1

(2)横切，面积公式均为S＝dh.

2

典例1（2022•会理县校级模拟）铅锤定理：一个三角形，从一条边上的两个顶点作垂线，且互相平行，铅

锤定理就是一种求三角形面积的特殊方法，主要解决的是斜三角形面积问题．具体公式是：三角形面积

等于水平宽和铅锤高乘积的一半．该三角形面积等于两垂线乘积的一半．如图1所示：．

△𝑂�1

�=2ℎ�

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应用：

（1）如图2所示：平面直角坐标系中，点A（4，4），点B（6，2），点C（4，1）求：△OAB的面积；

（2）抛物线经过点原点O且与x轴交于点C（6，0）直线y2＝k2x+b2经过原点和点

2

B（4，4），点�1P=在�抛1�物+线�上1�移+动�，且在直线OB的上方．

（a）求抛物线和直线OB的解析式；

（b）当△OBP面积最大时，求P的坐标．

思路引领：（1）利用铅锤法直接求三角形面积即可；

（2）（a）利用待定系数法求函数的解析式即可；

（b）过点P作PM∥y轴交于M点，设P（t，t2+3t），则M（t，t），再用铅锤法求三角形面积的最大

1

值即可．−2

解：（1）∵A（4，4），点C（4，1），

∴AC＝3，

∴S△OAB6×3＝9；

1

（2）（a）=∵2×抛物线经过点原点O，

2

∴c＝0，�1=�1�+�1�+�

∵点C（6，0）经过抛物线，

∴36k1+6b1＝0，

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∴b1＝﹣6k1，

2

∴y1＝k1x﹣6k1x，

2

将点B（4，4）代入y1＝k1x﹣6k1x，

∴16k1﹣24k1＝4，

解得k1，

1

=−

22

∴抛物线的解析式为y1x+3x，

1

=−

∵直线y2＝k2x+b2经过原点2和点B（4，4），

∴b2＝0，k2＝1，

∴直线OB的解析式为y＝x；

（b）过点P作PM∥y轴交于M点，

设P（t，t2+3t），则M（t，t），

1

−

∴PMt22+2t，

1

=−

222

∴S△OPB4（t+2t）＝﹣（t﹣2）+4，

11

当t＝2时=，2△×OP−B2的面积有最大值4，此时P（2，4）．

总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，铅锤法求三角形的面积

是解题的关键．

针对训练

1．（2019•沈阳）如图，正比例函数y1＝k1x的图象与反比例函数y2（x＞0）的图象相交于点A（，

�2

2），点B是反比例函数图象上一点，它的横坐标是3，连接OB=，�AB，则△AOB的面积是23．

33

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思路引领：把点A（，2）代入y1＝k1x和y2（x＞0）可求出k1、k2的值，即可正比例函数和求

�2

出反比例函数的解析式3，过点3B作BD∥x轴交OA=于�点D，结合点B的坐标即可得出点D的坐标，再根

据三角形的面积公式即可求出△AOB的面积．

解：（1）∵正比例函数y1＝k1x的图象与反比例函数y2（x＞0）的图象相交于点A（，2），

�2

=�33

∴2k1，2，

�2

3=33=

∴k1＝2，k2＝6，3

∴正比例函数为y＝2x，反比例函数为：y，

6

过点B作BD∥x轴交OA于点D，=�

∵点B是反比例函数图象上一点，它的横坐标是3，

∴y2，

6

∴B=（33，=2），

∴D（1，2），

∴BD＝3﹣1＝2．

∴S△AOB＝S△ABD+S△OBD2×（22）2×2＝2，

11

故答案为2．=2×3−+2×3

3

总结提升：本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、反比例（一次）函数图象上点的坐标特征、

待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式以及三角形的面积，解题的关键是：根据点的坐标利用待

定系数法求出函数解析式；利用分割图形求面积法求出△AOB的面积．

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典例2（2023•岳阳县一模）如图，抛物线yx2﹣2x﹣6与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．

1

（1）请直接写出点A，B，C的坐标；=2

（2）若点P是抛物线BC段上的一点，当△PBC的面积最大时求出点P的坐标，并求出△PBC面积的

最大值；

（3）点F是抛物线上的动点，作FE∥AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的

四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）将x＝0及y＝0代入抛物线yx2﹣2x﹣6的解析式，进而求得结果；

1

=2

（2）连接OP，设点P（m，2m﹣6），分别表示出S△POC，S△BOP，计算出S△BOC，根据S△PBC＝S

12

�−

四边形PBOC﹣S△BOC，从而得出△2PBC的函数关系式，进一步求得结果；

（3）可分为ACFE和ACEF的情形．当ACFE时，点F和点C关于抛物线对称轴对称，从而得出

F点坐标；当▱ACED时▱，可推出点F的纵坐▱标为6，进一步求得结果．

解：（1）当x＝▱0时，y＝﹣6，

∴C（0，﹣6），

当y＝0时，x2﹣2x﹣6＝0，

1

∴x1＝6，x2＝2﹣2，

∴A（﹣2，0），B（6，0）；

（2）方法一：如图1，

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连接OP，

设点P（m，2m﹣6），

12

�−

∴S△POC2xP3m，

11

=2𝑂⋅=2×6⋅�=

S△BOP|yP|2m+6），

112

=2��⋅=3(−2�+

∵S△BOC18，

11

=��⋅𝑂=×6×6=

∴S△PBC＝S2四边形PBOC﹣2S△BOC

＝（S△POC+S△POB）﹣S△BOC

＝3m+3（2m+6）﹣18

12

−�+

（m﹣32）2，

327

=−2+2

∴当m＝3时，S△PBC最大，此时P（3，）；

2715

方法二：如图2，=2−2

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作PQ⊥AB于Q，交BC于点D，

∵B（6，0），C（0，﹣6），

∴直线BC的解析式为：y＝x﹣6，

∴D（m，m﹣6），

∴PD＝（m﹣6）﹣（2m﹣6）3m，

1212

�−=−�+

22

∴S△PBC2（m﹣3），

1112327

=2𝑃⋅��=2×6⋅(−2�+3�)=−2+2

∴当m＝3时，S△PBC最大，此时P（3，），

2715

（3）如图3，=2−2

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当ACFE时，AE∥CF，

▱

∵抛物线对称轴为直线：x2，

−2+6

==

∴F1点的坐标：（4，﹣6），2

如图4，

当ACEF时，

作▱FG⊥AE于G，

∴FG＝OC＝6，

当y＝6时，x2﹣2x﹣6＝6，

1

∴x1＝2+22，x2＝2﹣2，

∴F2（2+27，6），F3（27﹣2，6），

综上所述：F7（4，﹣6）或（2+72，6）或（2﹣2，6）．

总结提升：本题考查了二次函数及7其图象性质，平行7四边形的分类等知识，解决问题的关键是正确分类，

画出图形，转化条件．

针对训练

1．（2022•广东）如图，抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A（1，0），

AB＝4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ∥BC交AC于点Q．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标．

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思路引领：（1）根据A（1，0），AB＝4求出B（﹣3，0），把A、B的坐标代入抛物线y＝x2+bx+c，即可

求解；

（2）过Q作QE⊥x轴于E，设P（m，0），则PA＝1﹣m，易证△PQA∽△BCA，利用相似三角形的性

质即可求出QE的长，又因为S△CPQ＝S△PCA﹣S△PQA，进而得到△CPQ面积和m的二次函数关系式，利

用二次函数的性质即可求出面积最大值．

（1）∵抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A（1，0），AB＝4，

∴B（﹣3，0），

∴，

1+�+�=0

解得9−3�+，�=0

�=2

∴抛物�线=−的3解析式为y＝x2+2x﹣3；

（2）过Q作QE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，

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设P（m，0），则PA＝1﹣m，

∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，

∴C（﹣1，﹣4），

∴CF＝4，

∵PQ∥BC，

∴△PQA∽△BCA，

∴，即，

𝑄��𝑄1−�

==

∴Q��E＝1�﹣�m，44

∴S△CPQ＝S△PCA﹣S△PQA

PA•CFPA•QE

11

=−

2（1﹣m）2×4（1﹣m）（1﹣m）

11

=−

2（m+1）2+2，2

1

∵=−﹣23≤m≤1，

∴当m＝﹣1时S△CPQ有最大值2，

∴△CPQ面积的最大值为2，此时P点坐标为（﹣1，0）．

总结提升：本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，相似三角

形的判定和性质，解题的关键是抓住图形中某些特殊的数量关系和位置关系．此题综合性较强，中等难

度，是一道很好的试题．

5．（2022•福建）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx经过A（4，0），B（1，4）两点．P是

抛物线上一点，且在直线AB的上方．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标；

（3）如图，OP交AB于点C，PD∥BO交AB于点D．记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，

S3．判断是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．

�1�2

+

�2�3

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思路引领：（1）将点A，B的坐标代入二次函数的解析式，利用待定系数法求解即可；

（2）利用待定系数法求出直线AB的解析式，过点P作PM⊥x轴于点M，PM与AB交于点N，过点B

作BE⊥PM于点E，可分别表达△OAB和△PAB的面积，根据题意列出方程求出PN的长，设出点P的

坐标，表达PN的长，求出点P的坐标即可；

（3）由PD∥OB，可得△DPC∽△BOC，所以CP：CO＝CD：CB＝PD：OB，所以，，

�1������

==

则．设直线AB交y轴于点F．则F（0，），过点P作PH⊥x轴，�垂2足为��H，�P�H交�A�B

�1�22𝑃16

2+3=

于点�G，�易证�P�DG∽△OBF，所以PD：OB＝PG：OF，3设P（n，n2n）（1＜n＜4），由（2）可

416

−+

知，PGn2n，所以PG（3n）32．利用二次函数的性质

42016�1�22𝑃2𝑃3159

=−+−+====−−+

可得出最值．333�2�3��𝐶8228

解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入y＝ax2+bx，

∴，解得．

4

16�+4�=0�=−3

16

�+�=4�=

∴抛物线的解析式为：yx32x．

416

（2）设直线AB的解析式=−为3：y+＝k3x+t，

将A（4，0），B（1，4）代入y＝kx+t，

∴，

4�+�=0

�+�=4

解得．

4

�=−3

16

∵A（�4，=03），B（1，4），

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∴S△OAB4×4＝8，

1

=×

∴S△OAB＝2S△PAB＝8，即S△PAB＝4，

过点P作PM⊥x轴于点M，PM与AB交于点N，过点B作BE⊥PM于点E，如图，

∴S△PAB＝S△PNB+S△PNAPN×BEPN×AMPN＝4，

113

=+=

∴PN．222

8

设点P=的3横坐标为m，

∴P（m，m2m）（1＜m＜4），N（m，m），

416416

−+−+

∴PNm23m3﹣（m）．33

4164168

解得m=＝−23或+m＝33；−3+3=3

∴P（2，）或（3，4）．

16

总结提升：3本题考查一次函数和二次函数的图象与性质、三角函数、三角形面积、相似三角形的判定与

性质等基础知识，考查数形结合、函数与方程，函数建模等数学思想方法，考查运算能力、推理能力、

空间观念与几何直观、创新意识等数学素养．

模型二四边形面积问题

【模型解读】求四边形的面积问题时，可将四边形分割成两个三角形，从而转变成求三角形的面积问

题．

典例3（2022•海南）如图1，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A（﹣1，0）、C（0，3），并交x轴于另一点B，

点P（x，y）在第一象限的抛物线上，AP交直线BC于点D．

（1）求该抛物线的函数表达式；

（2）当点P的坐标为（1，4）时，求四边形BOCP的面积；

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思路引领：（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式，进一步求得结果；

（2）可推出△PCB是直角三角形，进而求出△BOC和△PBC的面积之和，从而求得四边形BOCP的面

积；

（3）作PE∥AB交BC的延长线于E，根据△PDE∽△ADB，求得的函数解析式，从而求得P点坐标，

𝑃

进而分为点P和点A和点Q分别为直角顶点，构造“一线三直角�”，�进一步求得结果；

（4）作GL∥y轴，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于K，作HW⊥IK于点W，则△GLC≌△CRH，△ITM

≌△HWI．根据△GLC≌△CRH可表示出H点坐标，从而表示出点K坐标，进而表示出I坐标，根据

MT＝IW，构建方程求得n的值．

解：（1）由题意得，

，

�−2+�=0

∴�=3，

�=−1

∴该�抛=物3线的函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3；

（2）当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，

∴x1＝﹣1，x2＝3，

∴B（3，0），

∵PC2+BC2＝[1+（4﹣3）2]+（32+32）＝20，PB2＝[（3﹣1）2+42]＝20，

∴PC2+BC2＝PB2，

∴∠PCB＝90°，

∴S△PBC3，

11

=2𝑂⋅𝑂=2×2×32=

∵S△BOC，

1129

=2��⋅𝑂=2×3=2

∴S四边形BOCP＝S△PBC+S△BOC＝3；

915

+2=2

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总结提升：本题考查了二次函数及其图象性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，

正方形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“一线三直角”模型及需要较强计算能力．

针对训练

1．（2022秋•平阴县期末）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+4

4

经过A，C两点，且与x轴的另一个交�点=为3B�，+对4称轴为直线x＝﹣1．

（1）求抛物线的表达式；

（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D

点的坐标；

（3）若点P在抛物线对称轴上，点Q为任意一点，是否存在点P、Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四

边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请直接写出P，Q两点的坐标，若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）先求得A，B，C三点的坐标，将抛物线设为交点式，进一步求得结果；

（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根据点D和点E坐标可表示出DE的长，进而表示出三角形ADC

的面积，进而表示出S的函数关系式，进一步求得结果；

（3）根据菱形性质可得PA＝PC，进而求得点P的坐标，根据菱形性质，进一步求得点Q坐标．

解：（1）当x＝0时，y＝4，

∴C（0，4），

当y＝0时，，

4

�+4=0

∴x＝﹣3，3

∴A（﹣3，0），

∵对称轴为直线x＝﹣1，

∴B（1，0），

∴设抛物线的表达式：＝（﹣）（），

yax1⋅x+3

∴4＝﹣3a，

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∴，

4

�=−

∴抛物线3的表达式为：；

4428

（2）如图1，�=−3(�−1)⋅(�+3)=−3�−3�+4

作DF⊥AB于F，交AC于E，

∴，，，，

4284

�(�−�−�+4)�(��+4)

∴333，

428442

��=−�−�+4−(�+4)=−�−4�

∴3333，

13422

�△���=��⋅𝑂=⋅(−�−4�)=−2�−6�

∵223，

11

�△�𝑂=��⋅𝑂=×4×4=8

∴22，

23225

�=−2�−6�+8=−2(�+2)+2

∴当时，最大，

325

�=−�=

当时2，2，

3433

�=−�=−×(−−1)×(−+3)=5

∴2，；322

3

（3�）(−设2P（5﹣)1，n），

∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，

∴PA＝PC，

即：PA2＝PC2，

∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，

∴，

13

�=

∴8，，

13

�(−1)

∵xP+xQ＝xA8+xC，yP+yQ＝yA+yC，

∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，，

1319

��=4−=

∴，．88

19

�(−28)

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总结提升：本题考查了二次函数及其图象性质，三角形的面积，菱形性质等知识，解题的关键是熟练掌握

知识点．

模块二2023中考押题预测

1．（2020春•雨花区校级月考）如图，已知函数y＝x+3的图象与函数y的图象交于A、B两点，

�

=(�≠0)

连接BO并延长交函数y的图象于点C，连接AC，若△ABC�的面积为12，则k的值为．

�7

=(�≠0)

�4

思路引领：连接OA．根据反比例函数的对称性可得OB＝OC，那么S△OAB＝S△OACS△ABC＝6．求出直

1

=

线y＝x+3与y轴交点D的坐标．设A（a，a+3），B（b，b+3），则C（﹣b，﹣b﹣3）2，根据S△OAB＝6，

得出a﹣b＝4①．根据S△OAC＝4，得出﹣a﹣b＝3②，①与②联立，求出a、b的值，即可求解．

解：如图，连接OA．

由题意，可得OB＝OC，

∴S△OAB＝S△OACS△ABC＝6．

1

=2

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设直线y＝x+3与y轴交于点D，则D（0，3），

设A（a，a+3），B（b，b+3），则C（﹣b，﹣b﹣3），

∴S△OAB3×（a﹣b）＝6，

1

∴a﹣b＝=42①×．

过A点作AM⊥x轴于点M，过C点作CN⊥x轴于点N，

则S△OAM＝S△OCNk，

1

=

∴S△OAC＝S△OAM+S2梯形AMNC﹣S△OCN＝S梯形AMNC＝6，

∴（﹣b﹣3+a+3）（﹣b﹣a）＝6，

1

将2①代入，得

∴﹣a﹣b＝3②，

①+②，得﹣2b＝7，b，

7

=−

①﹣②，得2a＝1，a，2

1

=2

∴A（，），

17

∴k22．

177

=×=

故答案2为2．4

7

总结提升4：本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数的性质，反比例函数图象上点的

坐标特征，三角形的面积，待定系数法求函数的解析式等知识，综合性较强，难度适中．根据反比例函

数的对称性得出OB＝OC是解题的突破口．

2．如图，我们可以用“三角形面积等于水平宽（a）与铅垂高（h）乘积的一半”的方法来计算三角形面积．已

知开口向下的抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A（﹣1，0）、B（5，0）两点，交y轴于点C（0，5）

（1）求抛物线的解析式；

（2）写出该抛物线的对称轴及顶点M的坐标；

（3）求△BCM的面积．

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思路引领：（1）利用A，B，C点坐标结合交点式，求出二次函数解析式即可；

（2）利用配方法求出二次函数对称轴和顶点坐标即可；

（3）利用△BCM的面积＝S四边形COBM﹣S△COB＝S四边形CODM+S△MDB﹣S△COB，进而得出答案．

解：（1）将A，B点代入二次函数解析式可得：

y＝a（x+1）（x﹣5），

再将C（0，5）代入函数解析式得：

5＝﹣5a，

解得：a＝﹣1．

故二次函数解析式为：y＝﹣（x+1）（x﹣5）＝﹣x2+4x+5；

（2）∵y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，

∴该抛物线的对称轴为：直线x＝2，顶点M的坐标为；（2，9）；

（3）方法一：如图所示：过点M作MD⊥x轴于点D，

△BCM的面积＝S四边形COBM﹣S△COB

＝S四边形CODM+S△MDB﹣S△COB

（5+9）×29×35×5

111

＝=125．+2×−2×

方法二：设直线BC的解析式为：y＝kx+b，

则，

5�+�=0

解得�：=k5＝﹣1，b＝5，

则直线BC的解析式为：y＝﹣x+5，

当x＝2时，y＝3，

则M到直线BC的铅直高度为：9﹣3＝6，

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故△BCM的面积为：5×6＝15．

1

×

2

总结提升：此题主要考查了二次函数的应用以及三角形面积求法和配方法求二次函数顶点坐标，正确分

割图形求出其面积是解题关键．

3．（2021秋•梅江区校级期末）抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（3，0），交y轴于点B（0，3）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，点P是线段AB上方抛物线上一动点，当△PAB的面积最大值时，求出此时P点的坐标；

（3）点Q是线段AO上的动点，直接写出AQ+BQ的最小值为．

1733

−

222

思路引领：（1）用待定系数法求函数的解析式即可；

2

（2）过点P作PG∥y轴交AB于点G，设P（t，﹣t+2t+3），则G（t，﹣t+3），则S△PAB（t）

33

=−−

2，再由此求解即可；22

27

+8

（3）作∠OAK＝30°，过点B作BK⊥AK交于K点，交x轴于点Q，则AQ+BQ＝BK，求出BK的长即

1

可．2

解：（1）将点A（3，0），B（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，

∴，

−9+3�+�=0

解得�=3，

�=2

�=3

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∴y＝﹣x2+2x+3；

（2）设直线AB的解析式为y＝kx+m，

∴，

3�+�=0

解得�=3，

�=−1

∴y＝�﹣x=+33，

过点P作PG∥y轴交AB于点G，

设P（t，﹣t2+2t+3），则G（t，﹣t+3），

∴PG＝﹣t2+2t+3+t﹣3＝﹣t2+3t，

22

∴S△PAB3×（﹣t+3t）（t），

13327

=2×=−2−2+8

当t时，△PAB的面积有最大值，

327

=

此时P2（，）；8

315

（3）作∠2OA4K＝30°，过点B作BK⊥AK交于K点，交x轴于点Q，

∵∠OAK＝30°，

∴QKAQ，

1

=2

∴AQ+BQ＝QK+QB＝BK，

1

∵∠2BKA＝∠BOA＝90°，∠BQO＝∠AQK，

∴∠BOQ＝∠OAK＝30°，

∵OB＝3，

∴OQ，BQ＝2，

∵OA＝=3，33

∴AQ＝3，

−3

∴QK（3），

133

=−3=−

∴BK＝2222，

33333

3+2−2=2+2

∴AQ+BQ的最小值为，

1333

+

故答2案为：．22

333

+

22

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总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，胡不归求最短距离的方

法是解题的关键．

4．（2022秋•临淄区期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，

与y轴交于点C（0，4），连接AC、BC．

（1）求抛物线的表达式；

（2）D为抛物线上第一象限内一点，求△DCB面积的最大值；

（3）点P是抛物线上的一动点，当∠PCB＝∠ABC时，求点P的坐标．

思路引领：（1）利用待定系数法解答即可；

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（2）过点D作DE∥y轴交BC于点E，利用三角形的面积公式即可求得结论；

（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点P在BC上方时，利用平行线的判定与性

质可得点C，P的纵坐标相等，利用抛物线的解析式即可求得结论；②当点P在BC下方时，设PC交x

轴于点H，设HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得m值，则点H坐标可求；利

用待定系数法求得直线PC的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P坐标．

解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，

4），

∴，

4�−2�+�=0

64�+8�+�=0

�=4

解得：1，

�=−4

3

�=2

∴抛物线�的=表4达式为yx2x+4；

13

（2）如图，过点D作=D−E∥4y+轴2交BC于点E，交x轴于点F，

∵B（8，0），C（0，4），

∴直线BC解析式为yx+4，

1

=−

设D（m，m2m+4），2

13

−+

则E（m，4m+4）2，

1

∵D为抛物−线2上第一象限内一点，

∴DE＝DF﹣EF＝（m2m+4）﹣（m+4）m2+2m，

1311

−+−=−

∴△DCB面积8×4DE＝24（m2+2m）2＝﹣m2+8m4＝﹣（m﹣4）2+16，

11

=2×−4

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∴当m＝4时，△DCB面积最大，最大值为16；

（3）①当点P在BC上方时，如图，

∵∠PCB＝∠ABC，

∴PC∥AB，

∴点C，P的纵坐标相等，

∴点P的纵坐标为4，

令y＝4，则x2x+4＝4，

13

解得：x＝0或−4x＝+6，2

∴P（6，4）；

②当点P在BC下方时，如图，

设PC交x轴于点H，

∵∠PCB＝∠ABC，

∴HC＝HB．

设HB＝HC＝m，

∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m，

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在Rt△COH中，

∵OC2+OH2＝CH2，

∴42+（8﹣m）2＝m2，

解得：m＝5，

∴OH＝3，

∴H（3，0）．

设直线PC的解析式为y＝kx+n，

∴，

�=4

解得3�：+�=0，

4

�=−3

∴y�x+=4，4

4

=−3

∴，

4

�=−3�+4

123

�=−4�+2�+4

解得：，，

234

�1=0�=3

�1=4100

�2=−

∴P（，）．9

34100

−

综上所3述，点9P的坐标为（6，4）或（，）．

34100

−

总结提升：本题主要考查了二次函数图象3的性质9，待定系数法，一次函数图象的性质，抛物线上点的坐

标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示

出相应线段的长度是解题的关键．

5．（2020•中原区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点

（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），抛物线顶点D的坐标为（1，﹣4），

直线BC与对称轴相交于点E．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点M为直线x＝1右方抛物线上的一点（点M不与点B重合），设点M的横坐标为m，记A、B、

C、M四点所构成的四边形面积为S，若S＝3S△BCD，请求出m的值；

（3）点P是线段BD上的动点，将△DEP沿边EP翻折得到△D'EP，是否存在点P，使得△D'EP与△

BEP的重叠部分图形为直角三角形？若存在，请直接写出BP的长，若不存在，请说明理由．

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思路引领：（1）根据抛物线顶点D的坐标为（1，﹣4），写出抛物线的顶点式，再将A（﹣1，0）代入解

析式，求得a的值，则可得抛物线的解析式；

2

（2）设M（m，m﹣2m﹣3），先求得直线BC的解析式为y＝x﹣3，再得出点E的坐标，然后由S△BCD

＝S△CDE+S△BDE求得S△BCD，进而根据S＝3S△BCD，得出S的值，再分类讨论：①当点M在x轴上方时，

m＞3，②当点M在x轴下方时，1＜m＜3，分别得出关于m的方程，求解即可；

（3）存在点P，使得△D'EP与△BEP的重叠部分图形为直角三角形．设抛物线的对称轴交x轴于点F，

利用勾股定理求得BD，再分类讨论：①如图3，EP⊥DB于P，△DEP沿着EP边翻折得到△D'EP，判

定△EPD∽△BFD，从而得比例式，求得DP的值，再根据BP＝BD﹣DP可得BP的值；②如图4，当

ED'⊥BD于点H时，与①同理可得△DEH∽△DBF，从而可得比例式，求得DH和EH的值，再设PH

＝x，用含x的式子表示出D'P、D'H，由勾股定理可得关于x的方程，解得x，则可得出BP的值；③如

图5，当D'P⊥BC于点G时，作EI⊥BD于点I，由①②的结论可得EI和BI的值，再由勾股定理得出

BE，进而得出BG；判定△BPG∽△BEI，从而得比例式，求得BP的值，则问题得解．

解：（1）∵抛物线顶点D的坐标为（1，﹣4），

∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，

把A（﹣1，0）代入得0＝a（﹣1﹣1）2﹣4，

解得a＝1，

∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，

∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；

（2）设M（m，m2﹣2m﹣3），

∵y＝x2﹣2x﹣3，

∴当x＝0时，y＝﹣3，

∴C（0，﹣3）；

∵A（﹣1，0），对称轴为直线x＝1，

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∴B（3，0），

∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，

∴当x＝1时，y＝x﹣3＝﹣2，

∴E（1，﹣2）；

∴DE＝2，

∴S△BCD＝S△CDE+S△BDE

DE×（xB﹣xC）

1

=

22×3

1

＝=32，×

∴S＝3S△BCD＝9，

分两种情况：

①当点M在x轴上方时，m＞3，如图1，

S＝S△ACB+S△ABM

AB×OCAB×yM

11

=+

24×324（m2﹣2m﹣3