二次函數(shù)與面積問題

二次函數(shù)與面積問題題目一：如圖，拋物線y＝(1/2)x^2－x－2與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，點D與點C關(guān)于x軸對稱．(1)求點A、B、C的坐標(biāo)；(2)求直線BD的解析式；(3)在直線BD下方的拋物線上是否存在一點P，使△PBD的面積最大？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．解答：(1)令y＝0，則(1/2)x^2－x－2＝0，解得x1＝－1，x2＝4，∴A(－1，0)，B(4，0)，令x＝0，則y＝－2，∴C(0，－2)；(2)∵C，D兩點關(guān)于x軸對稱，∴D(0，2)，設(shè)直線BD的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，將B、D坐標(biāo)代入可得，k=-1/2，b=2，∴直線BD的解析式為y＝－(1/2)x＋2；(3)存在這樣的點P，使得△PBD的面積最大。設(shè)P(m，(1/2)m^2－m－2)，如解圖，過點P作PE⊥x軸于點F，與BD交于點E，則點E坐標(biāo)為(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，∴當(dāng)m＝1時，S△PBD取得最大值，最大值為9，此時(1/2)m^2－m－2＝－3，∴P(1，－3)．題目二：如圖，已知二次函數(shù)y＝ax^2＋bx＋c(a≠0)的圖象經(jīng)過A(－1，0)，B(4，0)，C(0，2)三點．(1)求該二次函數(shù)的解析式；(2)點D是該二次函數(shù)圖象上的一點，且滿足∠DBA＝∠CAO(O是坐標(biāo)原點)，求點D的坐標(biāo)；(3)點P是該二次函數(shù)圖象上位于第一象限上的一動點，連接PA分別交BC，y軸于點E，F(xiàn)，若△PEB，△CEF的面積分別為S1，S2，求S1－S2的最大值．解答：(1)由題意，設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x＋1)(x－4)，∵拋物線圖象過點C(0，2)，∴a＝－(1/8)，∴拋物線的解析式為y＝－(1/8)x^2＋(1/2)x＋2；(2)∵∠DBA＝∠CAO，∴∠DBA＝∠CBA，∴BD是角B的平分線，由此可知D點橫坐標(biāo)為(4－1)/2＝1.5，∵D點在二次函數(shù)圖象上，∴D點縱坐標(biāo)為－(1/8)×(1.5)^2＋(1/2)×1.5＝1.125，∴D(1.5，1.125)；(3)設(shè)P(m，am^2＋bm＋c)，則連接PA的解析式為y＝(am^2＋bm＋c+2)/(m+1)，連接BC的解析式為y＝(2－c)/x，∴點E，F(xiàn)的坐標(biāo)分別為E((2－c)/(am^2＋bm＋c+2)，0)，F(xiàn)(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的最大值為(1/2)×(4/3)－(1/16)×(3/2)－1/4＝11/12，此時m＝3/2．點D為直線AC上方拋物線上的一個動點，連接BC和CD。設(shè)直線BD交線段AC于點E，求△CDE和△BCE的面積之比的最大值。同時，過點D作DF⊥AC，垂足為點F，連接CD，是否存在點D，使得△CDF中的某個角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求點D的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。根據(jù)題意得，拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝－2x2－2x＋2，點A(－4，0)，點C(0，2)。令y＝0，解得x=－4和x=1，因此點B的坐標(biāo)為(1，0)。過點D作DM⊥x軸交AC于M，過B作BN⊥x軸交AC于N，因此DM∥BN，進(jìn)而得到△DME∽△BNE。令D的坐標(biāo)為(a，－2a－2)，則M的坐標(biāo)為(a，2a＋2)。由于B的坐標(biāo)為(1，0)，因此N的坐標(biāo)為(1，1－2a)。根據(jù)勾股定理，得到AC=5√5，BC=5，AB=5√2，因此△ABC是以∠ACB為直角的直角三角形。取AB中點P，連接CP，得到P的坐標(biāo)為(－2，0)，因此PA=PC=PB=√2。進(jìn)而得到∠CPO=2∠BAC，因此tan(2∠BAC)=3/4。過D作x軸的平行線交y軸于點R，交直線AC于點G，則∠CGD=∠BAC。設(shè)DR=－a，RC=－2a2－2a，則根據(jù)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，則有tan∠CDG=tan∠BAC=2。因此有(2/(a2+a+1))=2，解得a=－1，因此點D的橫坐標(biāo)為－1。因此存在點D，使得△CDF中的某個角恰好等于∠BAC的2倍。1.給定方程組：$\begin{cases}a_1x+a_2y=0\\a_2x-a_1y=k\end{cases}$，其中$a_1,a_2,k$均為非零常數(shù)。求$x_D$的值。解：將第一個方程式兩邊同時乘以$a_1$，第二個方程式兩邊同時乘以$a_2$，得到：$\begin{cases}a_1^2x+a_1a_2y=0\\a_2^2x-a_1a_2y=ka_2\end{cases}$將兩個方程式相加，得到$(a_1^2+a_2^2)x=ka_2$，因為$a_1,a_2$均為非零常數(shù)，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$ABC$，$\angleBAC=120^\circ$，$AB=4$，$AC=5$，$D$為$BC$上一點，且$AD$為$\angleBAC$的平分線。若$\angleFDC=2\angleBAC$，$FC=4k$，$DF=3k$，$DC=5k$，$FG=\frac{3k}{\sqrt{5}}$，求$\frac{RC}{DR}$的值。解：首先根據(jù)正弦定理可得$\sin\angleBAC=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin\angleFDC=\frac{3\sqrt{5}}{10}$。由于$AD$為$\angleBAC$的平分線，所以$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{4}{5}$，因此$BD=\frac{4}{9}BC$，$DC=\frac{5}{9}BC$。又因為$\angleFDC=2\angleBAC$，所以$\angleBDC=3\angleBAC=360^\circ-4\angleFDC$，代入可得$\cos\angleFDC=\frac{7}{25}$。根據(jù)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.已知平面直角坐標(biāo)系$xOy$中，四邊形$OABC$是矩形，$OA=4$，$OC=3$，動點$P$從點$C$出發(fā)，沿射線$CB$方向以每秒$2$個單位長度的速度運動；同時，動點$Q$從點$O$出發(fā)，沿$x$軸正半軸方向以每秒$1$個單位長度的速度運動。設(shè)點$P$，點$Q$的運動時間為$t(s)$。(1)當(dāng)$t=1$s時，求經(jīng)過點$O$、$P$、$A$三點的拋物線的解析式；(2)當(dāng)線段$PQ$與線段$AB$相交于點$M$，且$BM=2AM$時，求$t(s)$的值；(3)連接$CQ$，當(dāng)點$P$，$Q$在運動過程中，記$\triangleCQP$與矩形$OABC$重疊部分的面積為$S$，求$S$與$t$的函數(shù)關(guān)系式。解：(1)由題意可得$A(4,0)$，$B(4,3)$，當(dāng)$t=1$時，$CP=2$，因此$P$點坐標(biāo)為$(2,3)$。設(shè)經(jīng)過$O$、$P$、$A$三點的拋物線的解析式為$y=ax(x-4)$，代入$P(2,3)$可得$a=-\frac{1}{4}$，因此拋物線方程為$y=-\frac{1}{4}x(x-4)+3x$。(2)如圖所示，設(shè)$BM=x$，則$AM=\frac{x}{2}$，$BP=2x-4$，$AQ=4-x$。因為$CB\parallelOA$，所以$\triangleBMP\sim\triangleAMQ$，從而$\frac{BP}{BM}=\frac{AQ}{AM}$，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)如圖所示，設(shè)$CP=2t$，則$OQ=t$，$BP=2t-4$，$AQ=4-t$。當(dāng)$0\leqt\leq2$時，$\triangleCQP$與矩形$OABC$重疊部分為$\frac{1}{2}\times2t\times3=3t$，當(dāng)$2<t\leq4$時，$\triangleCQP$與矩形$OABC$重疊部分為$\frac{1}{2}\times2\sqrt{5}\times1=\sqrt{5}$。因此重疊部分的面積$S$與$t$的函數(shù)關(guān)系式為$S=\begin{cases}3t,&0\leqt\leq2\\\sqrt{5},&2<t\leq4\end{cases}$。(3)當(dāng)點P在直線BC上時，△PBC的面積為0，因此可以限制P點在直線BC下方拋物線上運動，設(shè)P點坐標(biāo)為(x,y)，則拋物線的解析式為y=-(x^2-1)，直線BC的解析式為y=(-4/5)x-4/5。根據(jù)題意，點P在直線BC下方拋物線上運動，因此有y<-(x^2-1)，即y+x^2-1<0。△PBC的面積為S=(1/2)(4+x)(4/5+y)。將y=-(x^2-1)代入S中，得到S=(1/2)(4+x)(2/5-x^2)。對S求導(dǎo)數(shù)，得到S'=-(3/5)x^2-x+8/5，令S'=0，解得x=-5/9或x=4/3。當(dāng)x=-5/9時，y=-(x^2-1)=-56/81，當(dāng)x=4/3時，y=-(x^2-1)=-7/3。由于點P在直線BC下方拋物線上運動，因此只有當(dāng)x=4/3時，點P才存在。此時，點P的坐標(biāo)為(4/3,-7/3)，△PBC的最大面積為S=(1/2)(4+4/3)(4/5-7/3)=32/15。3+17=20，因此，解得x=2。滿足條件的P點坐標(biāo)為(2，-2)。已知點B(4，0)，點C(0，-4)，直線BC的解析式為y=x-4。設(shè)點P的坐標(biāo)為(t，t2-3t-4)，過點P作PQ∥y軸交BC于點Q，則點Q的坐標(biāo)為(t，t-4)。連接PC、PB，如解圖所示。由于S△PBC=S△PCQ+S△PBQ，而S△PCQ和S△PBQ都可以表示為2PQ×XB，所以S△PBC=2PQ×XB。代入PQ的表達(dá)式，得到S△PBC=-2(t-2)2+8。因此，當(dāng)t=2時，S△PBC最大，最大值為8。此時點P的坐標(biāo)為(2，-6)，S△PBC最大值為8。已知拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)與y軸交于點C(0，3)，與x軸交于A、B兩點，點B坐標(biāo)為(4，0)，拋物線的對稱軸方程為x=1。(1)求拋物線的解析式。由點B的坐標(biāo)為(4，0)以及拋物線的對稱軸為x=1，可知點A的坐標(biāo)為(-2，0)。由點C坐標(biāo)為(0，3)，解得4a-2b+c=3，-4a+4b+c=3，解得a=-3/8，b=3/4，c=3。因此，拋物線的解析式為y=-3/8x2+3/4x+3。(2)點M從A點出發(fā)，在線段AB上以每秒3個單位長度的速度向B點運動，同時點N從B點出發(fā)，在線段BC上以每秒1個單位長度的速度向C點運動，其中一個點到達(dá)終點時，另一個點也停止運動，設(shè)△MBN的面積為S，點M運動時間為t，試求S與t的函數(shù)關(guān)系，并求S的最大值。設(shè)點M的坐標(biāo)為(x,-3/8x2+3/4x)，則點N的坐標(biāo)為(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。由海倫公式，可以求得△MBN的面積S。代入BM、BN、BC的表達(dá)式，得到S=-5/8x2+5x/4-5/2。因此，S與t的函數(shù)關(guān)系為S=-5/8(x-1)2+5/8，最大值為5/8，當(dāng)x=1時取得最大值。(3)在點M運動過程中，是否存在某一時刻t，使△MBN為直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，請說明理由。當(dāng)△MBN為直角三角形時，BM2+BN2=BC2。代入BM、BN、BC的表達(dá)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，此時△MBN為直角三角形。根據(jù)題意，我們需要做以下三個問題：(1)求拋物線的解析式；(2)在x軸上找一點K，使CK＋KN最小，并求出點K的坐標(biāo)；(3)求點Q的坐標(biāo)，使△CQD的面積最大。(1)拋物線經(jīng)過點C(0，4)和A(4，0)，因此可以列出以下兩個方程：4=c0=16a-8a+c解方程得到：a=-1/2c=4因此，拋物線的解析式為y=-1/2x^2+x+4。(2)拋物線的頂點為N(1，9/2)。我們需要在x軸上找到一點K，使得CK+KN最小。根據(jù)圖中的幾何關(guān)系，可以得到：CK+KN=sqrt(x^2+(9/2)^2)+sqrt((x-1)^2+(9/2)^2)為了求得CK+KN的最小值，我們需要對其求導(dǎo)數(shù)，然后令導(dǎo)數(shù)為0。計算導(dǎo)數(shù)得到：d/dx(CK+KN)=x/sqrt(x^2+(9/2)^2)-(x-1)/sqrt((x-1)^2+(9/2)^2)令導(dǎo)數(shù)為0，解方程得到：x=8/17因此，點K的坐標(biāo)為(8/17,0)。(3)設(shè)點Q的坐標(biāo)為(t,0)，則點D的坐標(biāo)為(t,-t^2+t+4)。根據(jù)題意，我們需要求得使△CQD面積最大的點Q的坐標(biāo)?！鰿QD的面積可以表示為：S=1/2*CQ*QD=1/2*(4-t)*sqrt((t-1)^2+(t^2-t)^2)為了求得S的最大值，我們需要對其求導(dǎo)數(shù)，然后令導(dǎo)數(shù)為0。計算導(dǎo)數(shù)得到：d/dtS=-1/2*(t^4-6t^3+9t^2+1)/sqrt(t^4-2t^3+2t^2-2t+2)令導(dǎo)數(shù)為0，解方程得到：t=13/3因此，點Q的坐標(biāo)為(13/3,0)。(3)設(shè)點Q(m,0)，過點D作DG⊥x軸于點G，如圖2所示。由方程$-x^2+x+4=0$，解得$x_1=-2$，$x_2=4$，因此點B的坐標(biāo)為$(-2,0)$，$AB=6$，$BQ=m+2$。又因為$QD\parallelAC$，所以$\triangleBQD\sim\triangleBAC$，得到$\frac{DG}{BQ}=\frac{2m+4}{m+2}$，解得$DG=\frac{4}{m+2}$。根據(jù)面積公式$S_{\triangleCQD}=S_{\triangleCBQ}-S_{\triangleDBQ}=(CO-DG)\cdotBQ=\frac{23}{81}(2-m)+\frac{m+2}{12}$，化簡得$S_{\triangleCQD}=-\frac{(m-1)^2}{3}+3$。由$-2\leqm\leq4$可知，當(dāng)$m=1$時，$S_{\triangleCQD}$取最大值3，此時$Q(1,0)$。(10)如圖所示，直線$y=-x-4$與拋物線$y=ax^2+bx+c$相交于$A,B$兩點，其中$A,B$兩點的橫坐標(biāo)分別為$-1$和$-4$，且拋物線過原點。(1)求拋物線的解析式：由$A(-1,-3),B(-4,0)$可得拋物線過原點，設(shè)拋物線解析式為$y=ax^2+bx$，代入$A,B$兩點得到兩個方程組成的方程組：$$\begin{cases}-3=a-b\\0=16a-4b\end{cases}$$解得$a=1,b=4$，因此拋物線的解析式為$y=x^2+4x$。(2)在坐標(biāo)軸上是否存在點$C$，使得$AC=BC$？若存在，求出點$C$的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由：當(dāng)$AC=BC$時，點$C$在線段$AB$的垂直平分線與坐標(biāo)軸的交點處。設(shè)線段$AB$的垂直平分線的解析式為$y=x+d$，則$d=1$。解得線段$AB$的垂直平分線的解析式為$y=x+1$。令$x=0$，得到$y=1$，令$y=0$，得到$x=-1$，因此點$C(-1,0)$。因此存在滿足條件的點$C$。(3)如圖2所示，過點$P$作$PQ\perpEF$，交$EF$于點$Q$，過點$A$作$AD\perpx$軸于點$D$。由于拋物線過原點，所以$D$為原點。設(shè)$PF=x$，則$PB=6-x$，$BQ=\frac{10-x}{2}$。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$\triangleEFP$與$\triangleBGF$相似，所以$\frac{EF}{BG}=\sqrt{\frac{S_{\triangleEFP}}{S_{\triangleBGF}}}=\sqrt{\frac{3}{5}}$。又因為$\triangleBGF$為直角三角形，所以$BG=\sqrt{(-4-(-1))^2+(-3-0)^2}=5$。因此$EF=\sqrt{\frac{3}{5}}\cdot5=\sqrt{15}$。則C(0，6)在直線上，∴c＝6，又點B(8，0)在直線上，∴8k＋6＝0，∴k＝－34，∴直線BC的解析式為y＝－34x＋6，設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，－34x＋6)，則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，當(dāng)x＝6時，BP＝－2，不符合題意，當(dāng)x＝9時，BP＝1，∴點P的坐標(biāo)為(9，0)，在BC上方的拋物線y＝－8x＋4x＋6上存在一點P，使△BPC的面積是△MBN面積的9倍，且點P的坐標(biāo)為(9，0)．的面積＝DE×GF＝3t×3t＝9t2；當(dāng)3<t≤11時，S＝S矩形DEGF的面積－S△ABC＝9t2－34113t2＝334t2；當(dāng)t>11時，S＝S△BMC＝34113t2；綜上所述，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：S＝{9t2(0<t≤3),33t2－113t2(3<t≤11),34113t2(t>11)；自變量t的取值范圍為t>0．13.如圖①，已知拋物線$y=\frac{3}{4}x^2+bx+c$經(jīng)過點$A(-2,3)$和點$B(0,-2)$，點$C$在$y$軸上，且$\triangleABC$為等邊三角形。點$D$從點$A$出發(fā)，沿$AB$方向以每秒$2$個單位長度的速度向終點$B$運動。設(shè)運動時間為$t$秒$(t>0)$，過點$D$作$DE\perpAC$于點$E$，以$DE$為邊作矩形$DEGF$，使點$F$在$x$軸上，點$G$在$AC$或$AC$的延長線上。(1)求拋物線的解析式。(2)將矩形$DEGF$沿$GF$所在直線翻折，得矩形$D'E'GF$，當(dāng)點$D'$的對稱點落在拋物線上時，求此時點$D'$的坐標(biāo)。(3)如圖②，在$x$軸上有一點$M(23,0)$，連接$BM$，$CM$。在點$D$的運動過程中，設(shè)矩形$DEGF$與四邊形$ABMC$重疊部分的面積為$S$，寫出$S$與$t$之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量$t$的取值范圍。解：(1)將點$A(-2,3)$，$B(0,-2)$代入拋物線$y=\frac{3}{4}x^2+bx+c$中，解得$b=\frac{3}{2}$，$c=-1$，因此拋物線的解析式為$y=\frac{3}{4}x^2+\frac{3}{2}x-1$。(2)由已知可得$OA=2\sqrt{2}$，$OB=2$，$AD=2t$，$\angleDEA=90^\circ$，$\angleBAC=60^\circ$，$AE=t$，$ED=3t$，$GF=DE=3t$，$\angleDFA=\angleBAO=30^\circ$，$AF=2GF=6t$，$DF=AD=2t$。將矩形$DEGF$沿$GF$所在直線翻折得到矩形$D'E'GF$，如解圖①所示，過點$D'$作$D'H\perpx$軸于點$H$。因為$\angleD'FH=\angleAFD=30^\circ$，所以$D'H