2023年九年級中考數(shù)學(xué)頻考點突破 二次函數(shù)的最值（含解析）

2023年中考數(shù)學(xué)頻考點突破--二次函數(shù)的最值1．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過點A(-1，0)，B(52，0)，直線y=x+12與拋物線交于C、D兩點，與坐標軸交于E（1）求拋物線的解析式；（2）當2PG+PQ取得最大值時，求點P（3）將拋物線向右平移134個單位得到新拋物線，M為新拋物線對稱軸上的一點，點N是平面內(nèi)一點.當（2）中2PG+PQ最大時，直接寫出所有使得以點A，P，M，N2．已知四邊形ABCD是邊長為4的正方形，以AB為直徑在正方形內(nèi)作半圓，P是半圓上的動點（不與點A、B重合），連接PA、PB、PC、PD．（1）如圖①，當PA的長度等于時，∠PAD=60°；當PA的長度等于時，△PAD是等腰三角形；（2）如圖②，以AB邊所在直線為x軸、AD邊所在直線為y軸，建立如圖所示的直角坐標系（點A即為原點O），把△PAD、△PAB、△PBC的面積分別記為S1、S2、S3．設(shè)P點坐標為（a，b），試求2S1S3﹣S22的最大值，并求出此時a、b的值．3．在Rt△ABC中，∠C=90°，P是BC邊上不同于B、C的一動點，過P作PQ⊥AB，垂足為Q，連接AP．（1）試說明不論點P在BC邊上何處時，都有△PBQ與△ABC相似；（2）若Rt△AQP≌Rt△ACP≌Rt△BQP，求tanB（3）已知AC=3，BC=4，當BP為何值時，△AQP面積最大，并求出最大值.4．如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點A（﹣4，0），B（6，0）兩點，與y軸交于點C．若G是該拋物線上A，C之間的一個動點，過點G作直線GD∥x軸，交拋物線于點D，過點D，G分別作x軸的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，得到矩形DEFG．（1）求該拋物線的表達式；（2）當點G與點C重合時，求矩形DEFG的面積；（3）若直線BC分別交DG，DE于點M，N，求△DMN面積的最大值．5．如圖，在Rt△ABC中，AC=24cm，BC=7cm，P點在BC上，從B點到C點運動（不包括C點），點P運動的速度為2cm/s；Q點在AC上從C點運動到A點（不包括A點），速度為5cm/s．若點P、Q分別從B、C同時運動，且運動時間記為t秒，請解答下面的問題，并寫出探索的主要過程．（1）當t為何值時，P、Q兩點的距離為52cm？（2）當t為何值時，△PCQ的面積為15cm2？（3）請用配方法說明，點P運動多少時間時，四邊形BPQA的面積最??？最小面積是多少？6．已知二次函數(shù)的圖象y=ax2-(2a（1）求二次函數(shù)的表達式；（2）當x=x1，x2（x1，x2是實數(shù)，x1≠x7．如圖，矩形ABCD中，AB=5，BC=6，△BCG為等邊三角形．點E，F(xiàn)分別為AD，BC邊上的動點，且EF∥AB，P為EF上一動點，連接BP，將線段BP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°（1）求證：GM=PC（2）當PB，PC，PE三條線段的和最小時，求（3）若點E以每秒2個單位的速度由A點向D點運動，點P以每秒1個單位的速度由E點向F點運動．E，P兩點同時出發(fā)，點E到達點D時停止，點P到達點F時停止，設(shè)點P的運動時間為t秒．①求t為何值時，△AEP與△CFP②求△BMP的面積S8．A、B兩地果園分別有某種水果12噸和8噸，C、D兩地分別需要這種水果5噸和15噸；已知從A、B到C、D的運價如表：到C地到D地A果園每噸150元每噸120元B果園每噸100元每噸90元若從A果園運到C地的該水果為x噸，試解答下列各題：（1）填空：①從B果園運到C地的水果為噸，②從A果園將水果運往D地的運輸費用為元．（2）用含x的式子表示出總運輸費（要求：列式、化簡）．（3）直接寫出總運輸費用的最小值．（4）若這批水果在C地和D地進行再加工，經(jīng)測算，全部加工完畢后總成本為w元，且w＝﹣（x﹣3）2+185000，則當x＝時，w有最值（填“大”或“小”）．這個值是．9．某商店銷售一種銷售成本為40元/千克的水產(chǎn)品，若50元/千克銷售，一個月可售出500千克，銷售價每漲價1元，月銷售量就減少10千克．（1）寫出月銷售利潤y（單位：元）與售價x（單位：元/千克）之間的函數(shù)解析式．（2）當售價定為多少時會獲得最大利潤？求出最大利潤．（3）商店想在月銷售成本不超過10000元的情況下，使月銷售利潤達到8000元銷售單價應(yīng)定為多少？10．已知關(guān)于x的一元二次方程x2﹣（m+1）x+12（m2+1）=0有實數(shù)根．（1）求m的值；（2）先作y=x2﹣（m+1）x+12（m2+1）的圖象關(guān)于x軸的對稱圖形，然后將所作圖形向左平移3個單位長度，再向上平移2個單位長度，寫出變化后圖象的解析式；（3）在（2）的條件下，當直線y=2x+n（n≥m）與變化后的圖象有公共點時，求n2﹣4n的最大值和最小值．11．如圖，已知反比例函數(shù)y=mx（x＞0）的圖象與一次函數(shù)y=﹣x+b的圖象分別交于A（1，3）、B兩點．（1）求m、b的值；（2）若點M是反比例函數(shù)圖象上的一動點，直線MC⊥x軸于C，交直線AB于點N，MD⊥y軸于D，NE⊥y軸于E，設(shè)四邊形MDOC、NEOC的面積分別為S1、S2，S=S2﹣S1，求S的最大值．12．某商店經(jīng)營一種小商品，進價為每件20元，據(jù)市場分析，在一個月內(nèi)，售價定為25元時，可賣出105件，而售價每上漲1元，就少賣5件。（1）當售價定為30元時，一個月可獲利多少元?（2）當售價定為每件多少元時，一個月的獲利最大?最大利潤是多少元?13．如圖，二次函數(shù)y=12x2+bx﹣32的圖象與x軸交于點A（﹣3，0）和點B，以AB為邊在x軸上方作正方形ABCD，點P是x軸上一動點，連接DP，過點P作DP的垂線與y軸交于點（1）請直接寫出點D的坐標：；（2）當點P在線段AO（點P不與A、O重合）上運動至何處時，線段OE的長有最大值，求出這個最大值；（3）是否存在這樣的點P，使△PED是等腰三角形？若存在，請求出點P的坐標及此時△PED與正方形ABCD重疊部分的面積；若不存在，請說明理由．14．如圖，一個二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點A、C、B三點，點A的坐標為（﹣1，0），點B的坐標為（3，0），點C在y軸的正半軸上，且AB=OC．（1）求點C的坐標；（2）求這個二次函數(shù)的解析式，并求出該函數(shù)的最大值．15．如圖所示，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5厘米，BC＝7厘米．點P從點A開始沿AB邊向點B以1厘米/秒的速度移動，點Q從點B開始沿BC邊向點C以2厘米/秒的速度移動，當B點運動到C點時停止，P點也同時停止．（1）如果點P，Q分別從點A，B同時出發(fā)，那么幾秒后，△PBQ的面積等于4平方厘米？（2）如果點P，Q分別從點A，B同時出發(fā)，問第幾秒時，四邊形APQC的面積最??？其最小面積為多少？16．已知，如圖，拋物線y=ax2+3ax+c（a＞0）與y軸交于點C，與x軸交于A，B兩點，點A在點B左側(cè)．點B的坐標為（1，0），OC=3OB．（1）求拋物線的解析式；（2）若點D是線段AC下方拋物線上的動點，求四邊形ABCD面積的最大值．

答案解析部分1．【答案】（1）解：∵拋物線y=x2+∴1-b+c∴拋物線的解析式為y（2）解：如圖，延長PQ直線CD于點H∵直線y=x+12∴E(-1∴△EOF是等腰直角三角形∵PG⊥CD，PQ∥y軸∴△PGH是等腰直角三角形∴PH設(shè)P(m∴2∴當m=1時，2PG+PQ有最大值，最大值為15（3）解：平移后拋物線的解析式為：y設(shè)M(4，n)∴MA2=n當MA2=M當MA當MP2=AP2綜上所述滿足條件的點N的坐標為(-4，-256)【知識點】二次函數(shù)圖象的幾何變換；二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；菱形的性質(zhì)；等腰直角三角形【解析】【分析】（1）將A、B的坐標代入y=x2+bx+c中求出b、c的值，進而可得拋物線的解析式；

（2）延長PQ，與直線CD交于點H，易得點E、F的坐標，推出△EOF、△PGH是等腰直角三角形，得到PH=2PG，設(shè)P（m，m2-32m-52），則H（m，m+12），表示出2PG+PQ，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得最大值以及對應(yīng)的點P的坐標；

（3）平移后拋物線的解析式為y′=(x-4)2-4916，設(shè)M（4，n），A（-1，0），P（1，-3），根據(jù)兩點間距離公式表示出MA2、MP2、AP2，然后分MA2=MP2、MA2=AP2、MP2=AP2求出n2．【答案】（1）23；22或5（2）解：過點P分別作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分別為E，F(xiàn)延長FP交BC于點G，則PG⊥BC，∵P點坐標為（a，b），∴PE=b，PF=a，PG=4﹣a，在△PAD，△PAB及△PBC中，S1=2a，S2=2b，S3=8﹣2a，∵AB為直徑，∴∠APB=90°，∴PE2=AE?BE，即b2=a（4﹣a），∴2S1S3﹣S22=4a（8﹣2a）﹣4b2=﹣4a2+16a=﹣4（a﹣2）2+16，∴當a=2時，b=2，2S1S3﹣S22有最大值16【知識點】二次函數(shù)的最值；正方形的性質(zhì)；圓周角定理；相似三角形的判定與性質(zhì)；解直角三角形【解析】【解答】解：（1）若∠PAD=60°，需∠PAB=30°，∵AB是直徑，∴∠APB=90°，則在Rt△PAB中，PA=cos30°AB=23，∴當PA的長度等于23時，∠PAD=60°；若△PAD是等腰三角形，當PA=PD時，此時P位于四邊形ABCD的中心，過點P作PE⊥AD于E，作PM⊥AB于M，則四邊形EAMP是正方形，∴PM=PE=12AB=2∵PM2=AM?BM=4，∵AM+BM=4，∴AM=2，∴PA=22，當PD=DA時，以點D為圓心，DA為半徑作圓與弧AB的交點為點P．連PD，令A(yù)B中點為O，再連DO，PO，DO交AP于點G，則△ADO≌△PDO，∴DO⊥AP，AG=PG，∴AP=2AG，又∵DA=2AO，∠ADG=∠GAO，∴OAAD=OGAG=1∴AG=2OG，設(shè)AG為2x，OG為x，∴（2x）2+x2=4，∴x=2∴AG=2x=455∴AP=8∴當PA的長度等于22或855時，【分析】（1）由AB是直徑，可得∠APB=90°，然后利用三角函數(shù)即可求得PA的長；當PA=PB時，△PAB是等腰三角形，然后由等腰三角形的性質(zhì)與射影定理即可求得答案．（2）過點P分別作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分別為E，F(xiàn)延長FP交BC于點G，則PG⊥BC，P點坐標為（a，b），PE=b，PF=a，PG=4﹣a，利用矩形的面積關(guān)系與二次函數(shù)的知識即可求得答案．3．【答案】（1）解：不論點P在BC邊上何處時，都有∠PQB=∠C=90°，∠B=∠B∴△PBQ∽△ABC（2）解：∵Rt△AQP≌Rt△ACP∴AQ=AC又Rt△AQP≌Rt△BQP∴AQ=QB∴AQ=QB=AC∴∠B=30°∴（3）解：設(shè)BP=x（0＜x＜4），由勾股定理，得AB=5∵由（1）知，△PBQ∽△ABC，∴PQAC=QBBC∴PQ=35x，QB=45xS△APQ=1∴當x=258時，△APQ【知識點】二次函數(shù)的最值；根據(jù)實際問題列二次函數(shù)關(guān)系式；三角形全等及其性質(zhì)；含30°角的直角三角形；相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【分析】（1）由垂直的定義及已知條件得：∠PQB=∠C=90°，又因為∠B=∠B，從而根據(jù)相似三角形的判定方法就能得出△PBQ∽△ABC；

（2）根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等得出AQ=AC，AQ=QB，根據(jù)等量代換得出AQ=QB=AC，進而根據(jù)直角三角形中直角邊與斜邊的關(guān)系得出：

∠B=30°，然后根據(jù)特殊銳角的三角函數(shù)值即可得出tanB的值；

（3）設(shè)BP=x（0＜x＜4），由勾股定理，得AB=5，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例得出PQ=35

xQB=45x,然后根據(jù)三角形的面積公式得出關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式S△APQ=12PQ×AQ=?625x2+32x=?625(x?4．【答案】（1）解：將A（﹣4，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+3，得16a解得a=-∴該拋物線的函數(shù)表達式為y=-（2）解：當點G與C重合時，點G的坐標為（0，3）．將y＝3代入y=-得-1解得x1＝0，x2＝2．∴點D的坐標為（2，3）．∴GD＝2，DE＝3．∴S矩形ABCD＝DG?DE＝2×3＝6．（3）解：設(shè)直線BC為y＝kx+m（k≠0），將B（6，0），C（0，3）代入上式6k+m=0∴直線BC的表達式為y=-設(shè)點D的橫坐標為n，由對稱性得2≤n≤6，∴點D，N的坐標分別為D（n，-18n2+14∴DN＝-1∴當n＝3時，DN取得最大值為98∵DG∥x軸，∴∠DMN＝∠OBC．又∵∠MDN＝∠BOC＝90°∴△DMN∽△OBC．∴S△∴當DN最大時，△DMN的面積也最大．∵S△∴S△∴△DMN面積的最大值為8164【知識點】二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【分析】（1）將A（-4，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+3中可得a、b的值，進而可得拋物線的解析式；

（2）當點G與C重合時，點G的坐標為（0，3），將y=3代入拋物線解析式中求出x的值，可得點D的坐標，然后求出GD、DE，再根據(jù)矩形的面積公式進行計算；

（3）利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，設(shè)D（n，-18x2+14+3），N（n，-12n+3），表示出DN，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得DN的最大值，易證5．【答案】（1）解：∵在Rt△ABC中，AC=24cm，BC=7cm，∴AB=25cm，設(shè)經(jīng)過ts后，P、Q兩點的距離為52cm，ts后，PC=7-2tcm，CQ=5tcm，根據(jù)勾股定理可知PC2+CQ2=PQ2，代入數(shù)據(jù)（7-2t）2+（5t）2=（52）2；解得t=1或t=-129（2）解：設(shè)經(jīng)過ts后，S△PCQ的面積為15cm2ts后，PC=7-2tcm，CQ=5tcm，S△PCQ=12=12×（7-2t解得t1=2，t2=1.5，經(jīng)過2或1.5s后，S△PCQ的面積為15cm2（3）解：設(shè)經(jīng)過ts后，△PCQ的面積最大，則此時四邊形BPQA的面積最小，ts后，PC=7-2tcm，CQ=5tcm，S△PCQ=12×PC×CQ=12×（7-2t）×5t=52×（-2t2+7t）當t=-b2a時，即t=72×2=1.75s時，△PCQ的面積最大，即S△PCQ=12×PC×CQ=12×（7-2×1.75）×5×1.75∴四邊形BPQA的面積最小值為：S△ABC-S△PCQ最大=12×7×24-24516=109916（當點P運動1.75秒時，四邊形BPQA的面積最小為：109916cm【知識點】二次函數(shù)的最值；一元二次方程的實際應(yīng)用-幾何問題；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）根據(jù)勾股定理算出AB的長，根據(jù)題意得出PC=7-2tcm，CQ=5tcm，根據(jù)勾股定理建立方程，求出t的值，再檢驗即可；

（2）根據(jù)題意：PC=7-2tcm，CQ=5tcm，根據(jù)三角形的面積公式列出方程，求解即可得出答案；

（3）設(shè)經(jīng)過ts后，△PCQ的面積最大，則此時四邊形BPQA的面積最小，由題意知：PC=7-2tcm，CQ=5tcm，根據(jù)三角形的面積公式建立函數(shù)解析式，根據(jù)所得函數(shù)的性質(zhì)即可得出三角形的面積的最大值，根據(jù)四邊形BPQA的面積最小值為=S△ABC-S△PCQ最大即可算出答案。6．【答案】（1）解：∵由圖象經(jīng)過點A，將A(3，0)9a解得：a=1或a∴二次函數(shù)的表達式為y=（2）解：當x=x1當x=x2∵x2∴y==2(∵x1∴x1∴y1【知識點】二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)y=ax^2+bx+c與二次函數(shù)y=a（x-h）^2+k的轉(zhuǎn)化【解析】【分析】（1）用待定系數(shù)法將A點坐標代入求a的取值，因為二次函數(shù)二次項系數(shù)不為0，所以去掉a=0，得到二次函數(shù)表達式

（2）將y1、y2表示出來，根據(jù)x1、x2的數(shù)字關(guān)系，將y1+y2用x1表示，最后用頂點式表示題目中y1+y2+12，因為x1≠7．【答案】（1）證明：∵△BCG∴∠∵∠∴∠又∵BP∴△∴GM=PC（2）解：如圖，作GE'⊥AD，交BC于點F'，則∵BP=BM∴△PBM∴PB=PM∵GM=PC∴PB+PC∴當G，M，P，E四點共線時，PB+PC∵△BCG為等邊三角形，GF∴BF'∵△PBM為等邊三角形，∠PBM∴∠PBF∴PF'∴PF'∴當PB，PC，PE三條線段的和最小時，（3）解：①由題意得：AE=2t，PE=t∵∠AEP=∴若△EAP∽△FCP，則即2t6-2若△EAP∽△FPC，則需即2t5-t=t6-2綜上所述，當t=73時，②當0≤t≤3∵AE=2t，PE∴BF=2t，PF∴P∴S===所以當t=1時，△BMP的面積最小為5當3<t≤5PB2∴S=故t=5時，△BMP的面積最小為9綜上所述，△BMP的面積最小為53【知識點】二次函數(shù)的最值；三角形全等及其性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)證明△BPC≌△BMG即可；

（2）作GE'⊥AD，交BC于點F'，則GF'⊥BC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得當G，M，P，E四點共線時，PB+PC+PE最小，根據(jù)△BCG為等邊三角形，GF'⊥BC，△PBM為等邊三角形，∠PBM=60°，PM⊥BC，得∠PBF'=30°，則PF'BF'=tan30°8．【答案】（1）（5﹣x）；120（12﹣x）（2）解：從A果園運到C地x噸，運費為每噸150元；從A果園運到D地的水果為（12﹣x）噸，運費為每噸120元；從B果園運到C地（5﹣x）噸，運費為每噸100元；從B果園運到D地（3+x）噸，運費為每噸90元；所以總運費為：150x+120（12﹣x）+100（5﹣x）+90（3+x）＝20x+2210（3）解：因為總運費＝2x+2210，∵0≤x≤5，當x＝0時，有最小值2×0+2210＝2210元（4）5；大；185000【知識點】二次函數(shù)的最值；二次函數(shù)的其他應(yīng)用【解析】【解答】解：（1）因為從A果園運到C地的水果是x噸，那么從B果園運到C地的水果為（5﹣x）噸，從A運到D地的運費是120元每噸，所以A果園將水果運往D地的運輸費用為120（12﹣x）噸．故答案為：（5﹣x），120（12﹣x）．（4）w＝﹣（x﹣3）2+185000，因為二次項系數(shù)﹣1＜0，所以拋物線開口向下，當x＝5時，w有最大值．最大值時185000．故答案為：5，大，185000【分析】（1）①C需要這種水果5噸，而從A果園運到C地的該水果為x噸，就可表示出從B園運到C地的水果數(shù)量；②A有某種水果12噸，從A果園運到C地的該水果為x噸，可表示出從A第運到D地的水果的數(shù)量，根據(jù)A果園運到D地每噸的費用為120元，就可求出從A果園將水果運往D地的運輸費。

（2）分別表示出從A果園運到C地、D地，從B果園運到C地、D地的數(shù)量，然后根據(jù)每噸的運費×數(shù)量，就可求出總運費。

（3）根據(jù)總運費=2x+2210，利用一次函數(shù)的性質(zhì)，就可求出運費的最小值。

（4）結(jié)合x的取值范圍，根據(jù)函數(shù)解析式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求解。

9．【答案】（1）解：由題意得，設(shè)銷售單價為每千克x元時，月銷售量為[500-(x-50)×10]，每千克的銷售利潤是(x-40)元，所以y（2）解：由（1）可知，當月銷售單價為每千克70元時，月銷售利潤最大，最大利潤為9000元（3）解：當y=8000時，由（1）得800=-10(x2-140x)-40000，整理得(x-70)2=100，解得x1=60，x2=80，又∴銷售單價應(yīng)定為每千克80元【知識點】一元二次方程的應(yīng)用；一元一次不等式的應(yīng)用；二次函數(shù)的最值；根據(jù)實際問題列二次函數(shù)關(guān)系式【解析】【分析】（1）根據(jù)月銷售利潤y=月銷售量×（售價-進件），就可以求出y與x之間的函數(shù)解析式。

（2）先求出（1）中的函數(shù)解析式的頂點坐標，即可求得結(jié)果。

（3）根據(jù)月銷售成本不超過10000元，即40×銷售量≤10000，求出自變量的取值范圍，再根據(jù)月銷售利潤=8000，建立方程求解，即可得出符合條件的結(jié)果。10．【答案】（1）解：對于一元二次方程x2﹣（m+1）x+12（m2+1）=0，△=（m+1）2﹣2（m2+1）=﹣m2+2m﹣1=﹣（m﹣1）2，∵方程有實數(shù)根，∴﹣（m﹣1）2≥0，∴m=1．（2）解：由（1）可知y=x2﹣2x+1=（x﹣1）2，圖象如圖所示：平移后的解析式為y=﹣（x+2）2+2=﹣x2﹣4x﹣2．（3）解：由y=2x+ny=-x2-由題意△≥0，∴36﹣4n﹣8≥0，∴n≤7，∵n≤m，m=1，∴1≤n≤7，令y′=n2﹣4n=（n﹣2）2﹣4，∴n=2時，y′的值最小，最小值為﹣4，n=7時，y′的值最大，最大值為21，∴n2﹣4n的最大值為21，最小值為﹣4．【知識點】一元二次方程根的判別式及應(yīng)用；二次函數(shù)圖象的幾何變換；二次函數(shù)的最值；二次函數(shù)圖象與坐標軸的交點問題【解析】【分析】（1）由題意△≥0，列出不等式，解不等式即可；（2）畫出翻折．平移后的圖象，根據(jù)頂點坐標即可寫出函數(shù)的解析式；（3）首先確定n的取值范圍，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題；11．【答案】（1）解：把A（1，3）的坐標分別代入y=mx、y=﹣x+b，∴m=xy=3，3=﹣1+b，∴m=3，b=4（2）解：由（1）知，反比例函數(shù)的解析式為y=3x，一次函數(shù)的解析式為y=﹣x+4，∵直線MC⊥x軸于C，交直線AB于點N，∴可設(shè)點M的坐標為（x，3x），點N的坐標為（x，﹣x+4），其中，x＞0又∵MD⊥y軸于D，NE⊥y軸于E，∴四邊形MDOC、NEOC都是矩形，∴S1=x?3x=3，S2=x?（﹣x+4）=﹣x2+4x∴S=S2﹣S1=（﹣x2+4x）﹣3=﹣（x﹣2）2+1．其中，x＞0，∵a=﹣1＜0，開口向下，∴有最大值，∴當x=2時，S取最大值，其最大值為1【知識點】待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義；待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式；反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題；二次函數(shù)的最值；配方法的應(yīng)用【解析】【分析】（1）把A點的坐標代入反比例函數(shù)與一次函數(shù)的解析式，求出m，b即可；（2）設(shè)點M的坐標為（x，3x），點N的坐標為（x，﹣x+4），求出四邊形MDOC和MDEN的面積，代入求出S=（﹣x2+4x）﹣3，把上式化成頂點式，即可求出答案．12．【答案】（1）解：獲利：（30-20）[105-5（30-25）]=800（元）（2）解：設(shè)售價為每件x元時，一個月的獲利為y元由題意，得y=（x-20）[105-5（x-25）]=-5x2+330x-4600=-5（x-33）2+845當x=33時，y的最大值為845故當售價定為33元時，一個月的利潤最大，最大利潤是845元【知識點】二次函數(shù)的最值【解析】【分析】（1）利用總利潤=單件利潤×銷量，可求出利潤；（2）解決最值問題可運用函數(shù)思想，構(gòu)建以售價x為自變量、利潤為因變量的函數(shù)關(guān)系式，配方為頂點式，求出最大值.13．【答案】（1）（﹣3，4）（2）解：設(shè)PA=t，OE=l由∠DAP=∠POE=∠DPE=90°得△DAP∽△POE∴4∴l(xiāng)=﹣14t2+34t=﹣14（t﹣∴當t=32時，l有最大值即P為AO中點時，OE的最大值為9（3）解：存在．①點P點在y軸左側(cè)時，DE交AB于點G，P點的坐標為（﹣4，0），∴PA=OP﹣AO=4﹣3=1，由△PAD≌△EOP得OE=PA=1∵△ADG∽△OEG∴AG：GO=AD：OE=4：1∴AG=45AO∴重疊部分的面積=12×4×②當P點在y軸右側(cè)時，P點的坐標為（4，0），此時重疊部分的面積為712【知識點】二次函數(shù)的最值；二次函數(shù)的實際應(yīng)用-幾何問題【解析】【分析】（1）將點A的坐標代入二次函數(shù)的解析式求得其解析式，然后求得點B的坐標即可求得正方形ABCD的邊長，從而求得點D的縱坐標；（2）PA=t，OE=l，利用△DAP∽△POE得到比例式，從而得到有關(guān)兩個變量的二次函數(shù)，求最值即可；（3）分點P位于y軸左側(cè)和右側(cè)兩種情況討論即可得到重疊部分的面積．14．【答案】（1）解：∵A（﹣1，0）、B（3，0），∴AO=1，OB=3，即AB=AO+OB=1+3=4．∴OC=4，即點C的坐標為（0，4）（2）解：設(shè)圖象經(jīng)過A、C、B三點的二次函數(shù)的解析式為y=ax2+bx+c，把A、C、B三點的坐標分別代入上式，得a-b解得a=﹣43，b=83x，∴所求的二次函數(shù)解析式為y=﹣43x2+83∵點A、B的坐標分別為點A（﹣1，0）、B（3，0），∴線段AB的中點坐標為（1，0），即拋物線的對稱軸為直線x=1．∵a=﹣43＜0∴當x=1時，y有最大值y=﹣43+83【知識點】二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二