二次函数面积问题

二次函数面积问题

知识精讲 一．二次函数与面积综合问题

在直角坐标系中，已知三角形三个顶点的坐标，如果三角形的三条边中有一条边与坐标轴平行，可以直接运用三角形面积公式求解三角形面积.如果三角形的三条边与坐标轴都不平行，则通常有以下方法：

CDCFAE图（1）DBAE图（2）B

1．如图(1)，过三角形的某个顶点作与x轴或y轴的平行线，将原三角形分割成两个满足一条边与坐标轴平行的三角形，分别求出面积后相加：

11SABCSACDSADBADyCyBSACESCEBCExAxB；

22 2．如图(2)，首先计算三角形的外接矩形的面积，然后再减去矩形内其他各块面积： SABCSDEBFSDACSAEBSCBF

3．如果只是求解面积最大值或者此时动点的坐标，可以通过平移直线，当直线与抛物线只有一个交点时三角形的面积最大，此时可以直接求出动点坐标，然后再利用上述两种方法求出面积的最大值．

三点剖析

一．考点：二次函数与面积问题．

二．重难点：二次函数中因动点产生的面积问题．

三．易错点：

1．在用点的坐标表示线段长度，进而表示图形面积的时候一定要保证线段的非负性，可以直接加上绝对值或者是分类讨论；

2．与动点问题相关的面积问题一定要分析清楚每个阶段图形的形状，然后再分别求出每个阶段下面积的表达式．

题模精讲 题模一：面积最值问题

1

例4.1.1如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线ymx22mxn经过点A4,0和点

B0,3．

（1）求抛物线的解析式；

（2）向右平移上述抛物线，若平移后的抛物线仍经过点B，求平移后抛物线的解析式； （3）在（2）的条件下，记平移后点A的对应点为A，点B的对应点为B，试问：在平移后的抛物线上是否存在一点P，使△OAP的面积与四边形AABB的面积相等，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

333272【答案】（1）yx2x3（2）yx1（3）6,6或4,6

8488【解析】该题考查的是二次函数综合．

（1）∵抛物线ymx22mxn经过点A4,0和点B0,3， 316m8mn0m∴，解得8，

n3n333∴抛物线的解析式为yx2x3；

84………………………………………2分

33（2）令y3，得x2x33，得x10，x22，

84∵抛物线向右平移后仍经过点B，

∴点2,3平移后与点B0,3重合， ∴抛物线向右平移2个单位， 33∵yx2x3

84323x2x13 88…………………………………………………3分

3272x1， ………………………………………………………4分 882727则顶点1,平移后变为1,，

88∴平移后的抛物线解析式为y3272x1；……………………………………5分 88（3）由抛物线向右平移2个单位，得A'2,0，B'2,3，

2

由平移的性质可知四边形AA'B'B为平行四边形， 其面积AA'OB236SOA'P，

设P点的纵坐标为yP，由△OA'P的面积为6， 11∴OA'yP6，即2yP6， 22∴yP6，yP6， 当yP6时，方程即

……………………………………………………………6分

3272x16， 883212x1，不成立，∴此时无实根， 883272x16， 88当yP6时，方程即

3752x1，即x15， 88∴解为x16，x24．

∴点P的坐标为6,6或4,6． 例4.1.2如图，抛物线y=-直线y=-……………………………………………7分

323x+3与x轴交于点A，点B，与直线y=-x+b相交于点B，点C，443x+b与y轴交于点E． 4

（1）写出直线BC的解析式． （2）求△ABC的面积． （3）若点M在线段AB上以每秒1个单位长度的速度从A向B运动（不与A，B重合），同时，点N在射线BC上以每秒2个单位长度的速度从B向C运动．设运动时间为t秒，请写出△MNB的面积S与t的函数关系式，并求出点M运动多少时间时，△MNB的面积最大，最大面积是多少？

3

931233x+．（2）（3）S=-（t-2）2+；当点M运动2秒时，△MNB的

25212面积达到最大，最大为

5【答案】（1）y=-【解析】 （1）在y=-△-

32

x+3中，令y=0 432

x+3=0 4△x1=2，x2=-2

△A（-2，0），B（2，0）（2分）

3x+b上 433△0=-+b，b=

2233△BC的解析式为y=-x+．（2分）

42又点B在y=-

3yx234（2）y3x3

429199解得C（-1，），则S△ABC=AB×Yc=42242 y3239（3）由+3y=-1=-1y1=2=2y2=0．

4449)，B（2，0），（2分） 49△AB=4，CD=，

41BNNP△S△ ABC==（1分）

2BEEO△C(-1，

4

333x+可得：E(0，) 42235△在△BEO中，BO=2，EO=，则BE=

222tNP△=， 52326△NP=t（1分）

516312312△S=.t．（4-t）=-t2+t（0＜t＜4）=-（t-2）2+（1分）

552555由直线y=-△此抛物线开口向下， △当t=2时，S最大=

12 512．（1分） 5△当点M运动2秒时，△MNB的面积达到最大，最大为

随堂练习

随练4.1已知关于x的一元二次方程x2pxq10的一个实数根为2． （1）用含p的代数式表示q；

（2）求证：抛物线yx2pxq与x轴有两个交点；

（3）设抛物线y1x2pxq的顶点为M，与y轴的交点为E，抛物线y2x2pxq1顶点为N，与y轴的交点为F，若四边形FEMN的面积等于2，求p的值． 【答案】（1）q2p5（2）见解析（3）p4 【解析】（1）∵ 关于x的一元二次方程x2 pxq10的一个实数根为2， ∴ 22 2pq10．整理，得 q2p5．

（2）∵ p24qp24(2p5)p28p20(p4)24， 无论p取任何实数，都有(p4)20，

无论p取任何实数，都有 (p4)240．∴ 0．

2∴ 抛物线yxpxq与x轴有两个交点．

2（3）∵ 抛物线y1x2pxq与抛物线y2xpxq1的对称轴相同，都为直线

xp，且开口大小相同， 22抛物线y2xpxq1可由抛物线y1x2pxq沿y轴方向向上平移一个单位得到，

（如图所示，省略了x轴、y轴） ∴ EF∥MN，EF=MN=1．

5

∴ 四边形FEMN是平行四边形． 由题意得S四边形FEMNEFp2．解得p4． 2y2FENM

随练4.2如图，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数yax2+2axc的图像与y轴交于点C0,3，与x轴交于A、B两点，点B的坐标为3,0

（1）求二次函数的解析式及顶点D的坐标；

（2）点M是第二象限内抛物线上的一动点，若直线OM把四边形ACDB分成面积为1:2的两部分，求出此时点M的坐标；

（3）点P是第二象限内抛物线上的一动点，问：点P在何处时△CPB的面积最大？最大面积是多少？并求出此时点P的坐标．

y1y x

113113,【答案】（1）yx22x3；D1,4（2）M或M1,422 31527（3）P,；

824【解析】该题考查的是二次函数综合． c3（1）由题意，得：

9a-6ac0a1解得：

c3 ……1分

6

所以，所求二次函数的解析式为：y-x2-2x3 ……2分 顶点D的坐标为-1,4

……3分

（2）易求四边形ACDB的面积为9 可得直线BD的解析式为y2x6

设直线OM与直线BD 交于点E，则△OBE的面积可以为3或6

1① 当SOBE93时，

3易得E点坐标2,2，直线OE的解析式yx 设M 点坐标x,x， xx22x3 x1113113，x2（舍）

22113113,∴M22

……4分

2②当SOBE96时，同理可得M点坐标．

3∴M点坐标为-1,4

……5分

y D M E B

O A x C

（3）连接OP，设P点的坐标为m,n，因为点P在抛物线上， 所以nm22m3， 所以SCPBSCPOSOPBSCOB

……6分

7

111OCmOBnOCOB222 3393mnnm3

222233327m23mm

22282 ……7分

315因为3m0，所以当m时，n

24△CPB的面积有最大值

27 8 ……8分

31527所以当点P的坐标为时，△的面积有最大值，且最大值为 CPB,824

yDCMBOAx

随练4.3如图，在平面直角坐标系中，已知点A坐标为（2，4），直线x=2与x轴相交于点B，

2

连接OA，抛物线y=x从点O沿OA方向平移，与直线x=2交于点P，顶点M到A点时停止移动．

8

（1）求线段OA所在直线的函数解析式； （2）设抛物线顶点M的横坐标为m， ①用m的代数式表示点P的坐标； ②当m为何值时，线段PB最短；

（3）当线段PB最短时，相应的抛物线上是否存在点Q，使△QMA的面积与△PMA的面积相等？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=2x（2）△P（2，m2-2m+4）△m=1（3）存在，Q1（2+2，5+22），Q2（2-2，5-22），Q3（2，3） 【解析】

（1）设OA所在直线的函数解析式为y=kx， △A（2，4）， △2k=4， △k=2，

△OA所在直线的函数解析式为y=2x．

（2）△△顶点M的横坐标为m，且在线段OA上移动，△y=2m（0≤m≤2）．

△顶点M的坐标为（m，2m）．

9

△抛物线函数解析式为y=（x-m）2+2m．

△当x=2时，y=（2-m）2+2m=m2-2m+4（0≤m≤2）． △点P的坐标是（2，m2-2m+4）． △△PB=m2-2m+4=（m-1）2+3， 又△0≤m≤2，

△当m=1时，PB最短．

（3）当线段PB最短时，此时抛物线的解析式为y=（x-1）2+2 即y=x2-2x+3．

假设在抛物线上存在点Q，使S△ QMA=S△ PMA． 设点Q的坐标为（x，x2-2x+3）．

△点Q落在直线OA的下方时，过P作直线PC△AO，交y轴于点C， △PB=3，AB=4， △AP=1， △OC=1，

△C点的坐标是（0，-1）． △点P的坐标是（2，3），

△直线PC的函数解析式为y=2x-1． △S△ QMA=S△ PMA，

△点Q落在直线y=2x-1上． △x2-2x+3=2x-1． 解得x1=2，x2=2， 即点Q（2，3）． △点Q与点P重合．

△此时抛物线上存在点Q（2，3），使△QMA与△APM的面积相等． △当点Q落在直线OA的上方时，

作点P关于点A的对称称点D，过D作直线DE△AO，交y轴于点E， △AP=1， △EO=DA=1，

△E、D的坐标分别是（0，1），（2，5）， △直线DE函数解析式为y=2x+1． △S△ QMA=S△ PMA，

△点Q落在直线y=2x+1上． △x2-2x+3=2x+1．

解得：x1=2+2，x2=2-2．

代入y=2x+1得：y1=5+22，y2=5-22．

10

△此时抛物线上存在点Q1（2+2，5+22），Q2（2-2，5-22） 使△QMA与△PMA的面积相等．

综上所述，抛物线上存在点，Q1（2+2，5+22），Q2（2-2，5-22），Q3（2，3），使△QMA与△PMA的面积相等．

课后作业

2ymx3mx3（m0）与y轴交于点C,与x轴交于A、B两点，作业1如图，抛物线

点A在点B的左侧，且OC3OB．

（1）求此抛物线的解析式； （2）如果点D是线段AC下方抛物线上的动点，设D点的横坐标为x，ACD的面积为S，求S与x的关系式，并求当S最大时，点D的坐标；

yAOBxCD

939D2,yx2x32 44【答案】（1）（2）【解析】（1）因为

mC0,3OC3OBB1,0，，所以，代入抛物线解析式可得m3m30，

解得

393yx2x3444，所以抛物线的解析式为；

3SACDSAODSCODSAOC(x2)262（2）思路一： 3SACDSADESCDE(x2)262思路二：

3yxb4思路三：设平行于AC的直线解析式为，与抛物线的交点坐标满足方程组：

11

3yxb43293y3x29x3xx3xb4444，当方程组有且只有一个解时，即方程4的

33yx6324(3b)183b044时，b6,直线解析式为，从而求出与抛物

9D2,2． 线的交点yyAOBxAEOCBEAOCDBxCDD

作业2已知：m、n是方程x26x50的两个实数根，且mn，抛物线yx2bxc的图像经过点Am,0、B0,n．

（1）求这个抛物线的解析式；

（2）设（1）中抛物线与x轴的另一交点为C，抛物线的顶点为D，试求出点C、D的坐标和△BCD的面积；

（3）P是线段OC上的一点，过点P作PH⊥x轴，与抛物线交于H点，若直线BC把△PCH分成面积之比为2:3的两部分，请求出P点的坐标．

32【答案】（1）yx24x5（2）,0或,0

23【解析】该题考查的是二次函数综合．

（1）解方程x26x50得x15，x21，由mn，且m、n为方程两根， 故m＝1，n＝5，所以点A、B的坐标分别为A1,0，B0,5， 1bc0将A1,0，B0,5的坐标代入yx2bxc，得c5 b4解这个方程组，得，

c5故抛物线的解析式为yx24x5． （2）由yx24x5，

12

令x24x50，解这个方程，得x15，x21， 故C点的坐标为5,0，

由顶点坐标公式计算，点D2,9， 过D作x轴的垂线交x轴于M，

1271125则SDMC952，S梯形MDBO29514，SBOC55

22222故SBCDS梯形MDBOSDMCSBOC=14（3）设P点的坐标为a,0，

272515． 22∵线段BC过B、C两点，所以BC所在的直线方程为yx5， 故PH与直线BC的交点坐标为Ea,a5，

PH与抛物线yx24x5的交点坐标为Ha,a24a5， 由面积关系，得EP和EH的长度关系： ①EH33EP，即a24a5a5a5， 223解，得a或a5（舍去）；

2②EH22EP，即a24a5a5a5， 332解，得a或a5（舍去）；

332综上，即P点的坐标为,0或,0．

231作业3已知二次函数ymx23x4m的图象与x轴交于点A4,0、点B，与y轴交于点

2C．

（1）求此二次函数的解析式及点B的坐标；

（2）点P从点A出发以每秒1个单位的速度沿线段AO向O点运动，到达点O后停止运动，过点P作PQ∥AC交OC于点Q，将四边形PQCA沿PQ翻折，得到四边形PQC'A'，设点P的

运动时间为t；

1①当t为何值时，点A'恰好落在二次函数ymx23x4m的图象的对称轴上；

2②设四边形PQC'A'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，并求出当t为

何值时S的值最大．

13

y 5 4 3 2 1 ﹣4 ﹣3 ﹣2 ﹣1 o ﹣5 ﹣1 ﹣2 ﹣3 ﹣4

11【答案】（1）yx23x4，B2,0;（2）①t1；②当0t2时St2；当2t42238时St28t8；当t时S最大

23【解析】该题考查的是二次函数与几何综合． 1（1）把A4,0代入ymx23x4m2

11得0m16344m，解得m1 ，所以yx23x422

1 2 3 4 5 x ∴B2,0

（2）①由解析式可得点C0,4 二次函数的对称轴为直线x3

在RtOAC中， ∵OC4,OA4

∴OACOCA45 ∴QPAQPA135

∴APA90 ∴AP431 ∴t1

②分两种情况：

当0t2时，四边形PQCA落在第一象限内的图形为等腰直角三角形PAN 11NPAPt2 22当2t4时，四边形PQCA落在第一象限内的图形为等腰直角三角形MOPA

此时NPAPAPt，S此时APAPt，OPOQ4t，QMQC44tt，

OMQMOQt4t2t4 S113OMAPOP2t4t4tt28t8 222 14

∴当t8时，S值最大． 3

15