专项10 抛物线中的面积问题-北师大版九年级上册期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 10 抛物线中的面积问题 1．如图，在平面直角坐标系中，拋物线 21 1 3 2 2 y x x    与 x轴正半轴交于点 B，与 y轴于点C， 且过点  1,2A  ，连接 AB AC BC， ， ． (1)求ΔABC 的面积； (2)若点 P是抛物线对称轴上一点，且 2ABC BCPS S  ，求点 P的坐标． 2．如图 1，抛物线 2y ax bx c   与 x轴交于点A和点  3,0B ，与 y轴交于点C，且OB OC ，抛 物线的对称轴为直线 1x  ． (1)求抛物线的解析式； (2)若DE是该抛物线的对称轴，点D是顶点，点 P是第一象限内对称轴右侧抛物线上的一个动 点． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 （ⅰ）如图 2，连接 BP，若 PCB 的面积为 3，求点 P的坐标； （ⅱ）如图 3，连接 BC，与DE交于点G，连接 PC，PG， PD，求 2 PCG PDGS S△ △ 的最大值． 3．如图 1，抛物线 21 2 y x bx c   与 x轴交于点A，点  6,0B （点A位于点 B左侧），与 y轴交于 点C，且OB OC ． (1)求b c， 的值； (2)连接 BC，点 P是直线 BC下方抛物线上的一点，连接 AC AP PB， ， ． （ⅰ）如图 2， AP与 BC交于点M ，若 8ACM PBMS S △ △ ，求此时点 P的坐标； （ⅱ）如图 3，过点 P作 PQ AC∥ 交 BC于点Q，连接 AQ，求 PAQ PBQS S△ △ 的最大值． 4．如图，抛物线 2y ax bx c   与 x轴交于点 ( 1,0)A  与点 (3,0)B ，与 y轴交于点 (0,3)C ，点 P是 抛物线上的一个动点． (1)求抛物线的解析式； (2)在点 P的运动过程中，是否存在点 P，使 45CAP  ？若存在，求出点 P的坐标，若不存在， 请说明理由； (3)当点 P在第一象限时，连接 BP，设 ACP△ 的面积为 1S ， BCP 的面积为 2S ，求 1 2 S S 的取值范 围． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 5．抛物线 2 6y ax bx a   与 x轴交于A， B两点，且  2,0A  ，抛物线的顶点为 P． (1)求点 P的坐标；（用只含 a的代数式表示） (2)若 8 5a    ，求 ABP 面积的最大值； (3)当 1a  时，把抛物线 2 6y ax bx a   位于 x轴下方的部分沿 x轴向上翻折，其余部分保持不动， 得到新的函数图象．若直线 y x t   与新的函数图象至少有 3个不同的交点，求 t的取值范围． 6．在平面直角坐标系中，坐标原点为点 O，抛物线 2y x bx c   （b，c为常数）的对称轴为直 线 1x  ，且经过点 A（ 2 ，5）．点 P在该抛物线上，其横坐标为 m． (1)求此抛物线对应的函数表达式． (2)当点 P与点 A关于抛物线的对称轴对称时，求 AOP 的面积． (3)以 PA为对角线作矩形PBAC，矩形的四边均与坐标轴平行．当矩形与抛物线的另一个交点与 矩形的某个顶点的连线将矩形面积分成1:3的两部分时，求 m的值． (4)设抛物线上点 P与点 A之间的部分（含端点）为图象 G，当直线 1 4y m  与图象 G只有一 个公共点时，直接写出 m的取值范围． 7．如图 1，抛物线 21 :C y x bx c    与 x轴交于    3,0 , 1,0A B 两点，交 y轴于点 C，连接 AC， 点 D为 AC上方抛物线上的一个动点，连接 AD，DC． (1)求抛物线 1C 的解析式； (2)求 ADC△ 面积的最大值； (3)如图 2，将抛物线 1C 沿 y轴翻折得到抛物线 2C ，抛物线 2C 的顶点为 F，对称轴与 x轴交于点 G，过点  1,2H 的直线与抛物线交于 J，I两点，直线 FJ，FI分别交 x轴于点 M，N．试探究 ·GM GN 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 10 抛物线中的面积问题 1．(1)3； (2) 1 3, 2 2       或 1 7, 2 2       ． 【知识点】面积问题(二次函数综合)、求抛物线与 y轴的交点坐标、求抛物线与 x轴的交点坐 标、求一次函数解析式 【分析】（1）先求出点B C、 坐标，再利用待定系数法求出直线��的解析式，进而求出点D坐 标，最后利用 ABC ACD BCDS S S △ △ △ 即可求解； （ 2）由 2 1 1 3 2 2 y x x    可得抛物线的对称轴为直线 1 2 x  ，利用待定系数法可得直线 BC的解 析式为 3y x   ，设直线 BC与抛物线对称轴相交于点M ，点 P坐标为 1 , 2 p     ，可得 1 5, 2 2 M      ， 进而得 5 2 PM p  ，再根据三角形的面积可得 3 52 3 2 2 p   ，据此即可求解； 本题考查了二次函数与坐标轴的交点问题，待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积， 二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 【详解】（1）解：把 0y  代入 21 1 3 2 2 y x x    得， 2 1 1 3 0 2 2 x x    ， 解得 1 2x   ， 2 3x  ， ∴  3,0B ， 把� = 0代入 21 1 3 2 2 y x x    得， 3y  ， ∴  0,3C ， 设直线��的解析式为 y kx b  ，直线��与 y轴相交于点D， 把  1,2A  、  3,0B 代入 y kx b  得， 2 0 3 k b k b       ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 解得 1 2 3 2 k b        ， ∴直线��的解析式为 1 3 2 2 y x   ， 把� = 0代入 1 3 2 2 y x   得， 3 2 y  ， ∴ 30, 2 D      ， ∴ 3 33 2 2 CD    ， ∴ 1 3 1 31 3 3 2 2 2 2ABC ACD BCD S S S           ； （2）解：由 21 1 3 2 2 y x x    可得抛物线的对称轴为直线 1 2 x  ， 设直线 BC的解析式为� = �� + �，把  3,0B 、  0,3C 代入得， 0 3 3 m n n     ， 解得 1 3 m n     ， ∴直线 BC的解析式为 3y x   ， 设直线 BC与抛物线对称轴相交于点M ，点 P坐标为 1 , 2 p     ， 把 1 2 x  代入 3y x   得， 1 53 2 2 y     ， ∴ 1 5, 2 2 M      ， ∴ 5 2 PM p  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 ∴ 1 1 5 1 1 5 3 53 2 2 2 2 2 2 2 2BCP CPM BPM S S S p p p                    ， ∵ 2ABC BCPS S  ， ∴ 2 3BCPS  ， ∴ 3 52 3 2 2 p   ， 即 5 1 2 p  ， 解得 3 2 p  或 7 2 p  ， ∴点 P的坐标为 1 3, 2 2       或 1 7, 2 2       ． 2．(1)抛物线的解析式为 2 2 3y x x    (2)（ⅰ）点 P的坐标为  2,3 ；（ⅱ）2 PCG PDGS S△ △ 的最大值为 3 【知识点】面积问题(二次函数综合)、图形问题(实际问题与二次函数)、y=ax²+bx+c的图象与 性质、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）由抛物线的对称轴为直线 1x  和点  3,0B ，得点  1,0A  ．由点  3,0B ，OB OC ， 得点  0,3C ．再运用待定系数法即可求得答案； （2）（ⅰ）由点  3,0B ，  0,3C ，得直线 BC的解析式, 过点 P作PF y∥ 轴交 BC于点 F．设点  2, 2 3P m m m   ，则点  , 3F m m  ，得关于 m的方程，解出即可；（ⅱ）由抛物线 2 2 3y x x    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 求出顶点D的坐标为 1,4 ．由（ⅰ）知直线 BC的解析式为 3y x   ，则点  1,2G ．设直线CP交 DE于点 F，设点  2, 2 3P m m m   ．由直线 PC经过点  0,3C ，可设直线 PC的解析式为 3y kx  ， 把点  2, 2 3P m m m   代入，得关于 m的方程，解出即可． 【详解】（1）解：由抛物线的对称轴为直线 1x  和点  3,0B ，得点  1,0A  ． 由点  3,0B ，OB OC ，得点  0,3C ． 由抛物线经过点 A， B，得   1 3y a x x   ． 把点  0,3C 代入，得    3 0 1 0 3a    ， 解得 1a   ， 抛物线的解析式为    21 3 2 3y x x x x        ． （2）解：（ⅰ）由点  3,0B ，  0,3C ，得直线 BC的解析式为 3y x   ． 如图 1，过点 P作PF y∥ 轴交 BC于点 F． 设点  2, 2 3P m m m   ，则点  , 3F m m  ，  2 22 3 3 3PF m m m m m           ． 由题意，得  21 1 3 3 32 2BCPS PF OB m m       ， 整理，得 2 3 2 0m m   ， 解得 1m  （舍去）或 2m  ， 则 2 2 3 3m m    ， 点 P的坐标为 2,3 ． （ⅱ）由抛物线 2 2 3y x x    知，顶点D的坐标为 1,4 ． 由（ⅰ）知直线 BC的解析式为 3y x   ，则点  1,2G ． 如图 2，设直线CP交DE于点 F，设点  2, 2 3P m m m   ． 由直线 PC经过点  0,3C ， 设直线 PC的解析式为 3y kx  ， 把点  2, 2 3P m m m   代入， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 得 2 2 3 3m m km     ， 解得 0m  （舍去）或 2m k   ， 即 2k m   ， 直线 PC的解析式为  2 3y m x    ． 当 1x  时，  2 3 5y m x m      ，即 5 2 3FG m m     ， 2 PCG PDGS S △ △    1 12 2 2P C P D FG x x DG x x          13 2 1 2 m m m       22 3 3m     ， 即 2 PCG PDGS S△ △ 的最大值为 3． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象和性质，三角形的面积问 题等，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参 数构建方程解决问题，属于中考压轴题． 3．(1) 2 ， 6 (2)（ⅰ）  2 2 2, 4  ；（ⅱ） 272 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、y=ax²+bx+c的最值、面积问题(二次函数综合) 【分析】本题主要考查了二次函数与几何图形的综合应用，主要涉及了求二次函数解析式、利 用面积的转化求三角形面积、在坐标系中求线段的长度，解题的关键是正确设出点的坐标，表 示出线段长度． （1）由 B点坐标和OB OC 可以求出c的值，再将点  6,0B 代入抛物线中即可求出b的值； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 （2）（ⅰ）设点 P的坐标为 2 1, 2 6 2 t t t      ，再将 ACM PBMS S△ △ 转化为 ABC ABPS S△ △ 即可求出结果； （ⅱ）连接 PC，过点 P作 PD x 轴于点D，交 BC于点 E，由 PQ AC∥ ，可得 PAQ PBQ PCBS S S △ △ △ ， 设点 P的坐标为 21, 2 6 2 m m m      ，则  , 6E m m ，即可得出 PE的长，再根据面积计算公式 1 2 乘 水平宽乘铅直高即可得出结论． 【详解】（1）解：  6,0B OB OC ， ， 6OB OC   ， 点C位于原点下方，  0, 6C  ， 6c   ， 把点  6,0B 代入抛物线 21 6 2 y x bx   中， 得 10 36 6 6 2 b    ， 解得 2b   ， 故b c， 的值分别为 2 6 ， ． （2）（ⅰ）由（1）可知抛物线的解析式为 21 2 6 2 y x x   ， 当 0y  时， 21 2 6 0 2 x x   ， 解得 1 22 6x x  ， ，  2,0A  ，  6 2 8AB     ， 设点 P的坐标为 21, 2 6 2 t t t      ，其中0 6t  ， 则 2 21 1 1 1 18 6 8 2 6 2 8 8 2 2 2 2 2ACM PBM ABC ABP C P S S S S AB y AB y t t t t                             ， 整理，得 2 4 4 0t t   ， 解得 1 2 2 2t    （舍去）， 2 2 2 2t   ， 当 2 2 2t   时， 2 1 2 6 4 2 y t t     ， 此时点 P的坐标为  2 2 2, 4  ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 （ⅱ）如图，连接 PC，过点 P作 PD x 轴于点D，交 BC于点 E， PQ AC∥ ， PAQ PCQS S △ △ ， PAQ PBQ PCBS S S  △ △ △ ， 设直线 BC的解析式为 y kx b  ， 将点  6,0B 和点  0, 6C  代入得， 0 6 6 k b b     ， 直线 BC的解析式为 6y x  ， 设点 P的坐标为 21, 2 6 2 m m m      ，则  , 6E m m ，   2 21 16 2 6 3 2 2 PE m m m m m             ，    22 21 1 3 3 276 3 3 6 32 2 2 2 2PAQ PBQ PCBS S S PE m m m m m                         ， 3 0 2   ， 当 3m  时， PAQ PBQS S△ △ 有最大值，最大值为 27 2 ． 4．(1) 2 2 3y x x    (2)存在， 5 7 2 4 P      ， (3) 1 2 1 9 S S  【知识点】角度问题(二次函数综合)、面积问题(二次函数综合)、等腰三角形的性质和判定、 待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）将 ( 1,0)A  ， (3,0)B ， (0,3)C 代入 2y ax bx c   得， 0 9 3 0 3 a b c a b c c          ，可求 1 2 3 a b c       ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 进而可得抛物线的解析式； （2）如图①，连接 AC，过A作直线 AP，使 45CAP  ，过C作CD AP 于D，过D作EF x 轴 于 E，作CF EF 于 F，则 45ACD CAD  ∠ ∠ ， AD CD ，证明  AASDEA CFD ≌ ，则 AE DF DE CF ， ，设  D m n， ，则DE n ， 1AE m  ，CF m ， 3DF n  ， 1 3m n   ，m n ， 可求 1m n  ，即  11D ，，待定系数法求直线 AP的解析式为 1 1 2 2 y x  ，联立 2 1 1 2 2 2 3 y x y x x          ，计 算求出满足要求的解即可； （3）如图②，过 P作 PG x 轴于G，设  2 2 3P t t t  ， ，则  0G t， ， 2 1 2ACP AOC AGPOCPG S tS S tS S      梯形 ， 2 2 3 9 2BCP BPG BOCOCPG S S tS S S t      梯形 ，即   2 1 2 2 4 12 3 9 3 3 3 2 t t S t tS t        ，由题意知，0 3t  ，进而可得   4 4 3 3 9t   ，   1 2 4 1 4 1 3 3 3 9 3 S S t      ，计 算求解然后作答即可． 【详解】（1）解：将 ( 1,0)A  ， (3,0)B ， (0,3)C 代入 2y ax bx c   得， 0 9 3 0 3 a b c a b c c          ， 解得， 1 2 3 a b c       ， ∴抛物线的解析式为 2 2 3y x x    ； （2）解：如图①，连接 AC，过A作直线 AP，使 45CAP  ，过C作CD AP 于D，过D作EF x 轴于 E，作CF EF 于 F， ∴ 45ACD CAD  ∠ ∠ ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 ∴ AD CD ， ∵ 90DAE ADE ADE CDF       ， ∴ DAE CDF  ， 又∵ 90DEA CFD   ， AD CD ， ∴  AASDEA CFD ≌ ， ∴ AE DF DE CF ， ， 设  D m n， ，则DE n ， 1AE m  ，CF m ， 3DF n  ， ∴ 1 3m n   ，m n ， 解得， 1m n  ， ∴  11D ，， 设直线 AP的解析式为 y kx d  ， 将 ( 1,0)A  ，  11D ，代入 y kx d  得， 0 1 k d k d       ， 解得， 1 2 1 2 k d       ， ∴直线 AP的解析式为 1 1 2 2 y x  ， 联立 2 1 1 2 2 2 3 y x y x x          ， 解得， 1 0 x y       或 5 2 7 4 x y       ， ∴ 5 7 2 4 P      ， ， ∴存在点 P，使 45CAP  ， 5 7 2 4 P      ， ； （3）解：如图②，过 P作PG x 轴于G， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 设  2 2 3P t t t  ， ，则  0G t， ， ∴       2 2 2 1 3 2 31 11 3 1 2 3 2 2 2 2ACP AOC AGPOCPG t t t tS S S S S t t t t                        梯形 ，       2 2 2 2 3 2 3 1 1 3 93 2 3 3 3 2 2 2 2BCP BPG BOCOCPG t t t tS S S S S t t t t                         梯形 ， ∴       2 1 2 2 1 3 4 1 4 4 12 3 9 3 9 3 3 3 3 3 3 3 3 2 t t S t t t tS t t t t                      ， 由题意知，0 3t  ， ∴ 1 1 3 3t   ，   4 4 3 3 9t   ， ∴   1 2 4 1 4 1 1 3 3 3 9 3 9 S S t       ， ∴ 1 2 S S 的取值范围为 1 2 1 9 S S  ． 【点睛】本题考查了二次函数解析式，一次函数解析式，等腰三角形的判定与性质，全等三角 形的判定与性质，二次函数与角度综合，二次函数与面积综合等知识．熟练掌握二次函数解析 式，一次函数解析式，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，二次函数与角度 综合，二次函数与面积综合是解题的关键． 5．(1) 1 25, 2 4 P a     (2)125 (3)3 7t  【知识点】面积问题(二次函数综合)、图形问题(实际问题与二次函数)、y=ax²+bx+c的图象与 性质 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 【分析】（1）直接将� −2,0 代入解析式求解即可． （2）先用含 a的式子表示该三角形的面积，再利用 a的范围求解即可． （3）先确定函数图象，再根据题意分别求出 t的两个界点值即可求解． 【详解】（1）将� −2,0 代入解析式得：4 2 6 0a b a   ， ∴  b a ， ∴ 2 6y ax ax a   ， ∴ 1 2 2 a a    ，     24 6 25 4 4 a a a a a       ， ∴ 1 25, 2 4 P a     ． （2）令 0y  ，则 2 6 0ax ax a   ， 解得： 1 2x   ， 2 3x  ， ∴  3,0B ， ∴ 5AB  ， ∴ 1 25 1255 2 4 8ABP S a a     ， ∵ 8 5a    ， ∴当 8a   时，三角形的面积最大，为 125ABPS  ． （3）当 1a  时，该抛物线解析式为 2 6y x x   ， 作图如下图所示，若直线 y x t   与新的函数图象至少有 3个不同的交点， 则 1 2t t t  ， 将  3,0B 代入 y x t   中，解得： 1 3t  ， ∵ 2 6y x x   的图象关于 x轴对称的图象的解析式为 2y -x +x 6  ， 令 2 6x x x t      ， 得： 2 2 6 0x x t     ∴    2Δ 2 4 1 6 4 28t t         ， 当 4 28 0t   时， 7t  ，即 2 7t  ∴t的取值范围是3 7t  ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 【点睛】本题考查了二次函数与一次函数综合，解题关键是能读懂题意，牢记二次函数的图象 与性质，能正确画出函数图象并求出 1t 与 2t 的值． 6．(1) 2= 2 3y x x  (2) AOP 的面积为 15 (3)m的值为 2或 10 (4) 5 1m    或 1 5 1m    【知识点】特殊四边形(二次函数综合)、面积问题(二次函数综合)、图形问题(实际问题与二次 函数)、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）由抛物线 2y x bx c   （b，c为常数）的对称轴为直线 1x  ，且经过点A（ 2 ， 5），可得方程组 1 2 1 5 4 2 b b c         ，即可求得 b，c的值，从而得出抛物线的解析式； （2）点 P与点 A关于抛物线的对称轴对称，可得 P点的坐标，从而可求 AOP 的面积； （3）需要分类讨论，分点 P在点 A的上方和下方两种情况，结合题目中的条件，列出关于 m 的方程，即可求解； （4）需要分类讨论，分点 P在点 A的左上方、在点 A与顶点之间、在顶点与点 A关于对称轴 的对称点之间、点 A关于对称轴的对称点的右上方四种情况，结合横纵坐标的情况，列出不等 式组，即可求解． 【详解】（1）解：抛物线 2y x bx c   （b，c为常数）的对称轴为直线 1x  ，且经过点A（ 2 ， 5）， 1 2 1 5 4 2 b b c         ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 解得 2 3 b c      ， 抛物线对应的函数表达式为 2= 2 3y x x  ； （2）解：点 P与点 A关于抛物线的对称轴直线 1x  对称，A（ 2 ，5）， P （4，5），  1 14 2 5 6 5 15 2 2AOP S           △ ； （3）解：当点 P在点 A的下方时， 以 PA为对角线作矩形PBAC，矩形的四边均与坐标轴平行， 如图，设CP与抛物线交于点 D，连接 AD，  2 2 3,mP m m   ，  22 , 2 3D m m m   ， 矩形与抛物线的另一个交点与矩形的某个顶点的连线将矩形面积分成1:3的两部分， 1 4ACD PBAC S S △ 矩形 ， 1 1 2 4 DC AC CP AC      ， 2DC CP  ，即    2 2 2 2m m        ， 解得 2m  ； 当点 P在点 A的上方时， 以 PA对角线作矩形PBAC，矩形的四边均与坐标轴平行， 如图，设 AB与抛物线交于点 E，连接 PE，  2 2 3,mP m m   ， E（4，5）， 矩形与抛物线的另一个交点与矩形的某个顶点的连线将矩形面积分成1:3的两部分， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 1 4PBE PBAC S S △ 矩形 ， 1 1 2 4 BE PB CP PB      ， 2BE CP  ，即    2 4 2 2m       ， 解得 10m  ； 综上，m的值为 2或 10； （4）解：当点 P在点 A的左上方时， 抛物线上点 P与点 A之间的部分（含端点）为图象 G，直线 1 4y m  与图象 G只有一个公共 点，A（ 2 ，5），  2, 2 3P m m m  ， 2 2 5 1 4 2 3 m m m m         ， 解得 5 1m    ； 当点 P在点 A与顶点之间（含顶点）时， 抛物线上点 P与点 A之间的部分（含端点）为图象 G，直线 1 4y m  与图象 G只有一个公共 点，A（ 2 ，5），  2, 2 3P m m m  ， 2 1 4 1 4 5 m m        ， 解得 1 1m   ； 当点 P在顶点与点 A关于对称轴的对称点之间时， 抛物线上点 P与点 A之间的部分（含端点）为图象 G，直线 1 4y m  与图象 G只有一个公共 点，顶点坐标为（1， 4 ），点 A关于对称轴的对称点的坐标为（4，5），  2, 2 3P m m m  ， 2 1 4 2 3 1 4 5 m m m m         ， 解得1 5 1m   ； 当点 P在点 A关于对称轴的对称点的右上方（含对称点）时， 抛物线上点 P与点 A之间的部分（含端点）为图象 G，直线 1 4y m  与图象 G只有一个公共 点，A（ 2 ，5），  2, 2 3P m m m  ，点 A关于对称轴的对称点的坐标为（4，5）， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 2 4 5 1 4 2 3 m m m m        ， 无解； 因 1 1m   与1 5 1m   可合并为 1 5 1m    ， 综上，m的取值范围为 5 1m    或 1 5 1m    ． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求抛物线解析式、抛物线与三角形面积问题、抛物线与矩 形面积问题、抛物线与不等式问题，解题的关键是利用数形结合思想对问题进行分类讨论． 7．(1) 2= 2 3y x x  (2) 27 8 (3)是定值，8 【知识点】面积问题(二次函数综合)、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）利用待定系数法依次解答即可； （2）过点 D作DE x 轴，交直线 AC于点 E，结合抛物线，直线 AC解析式，设  2 2 3D m m m  ， ， 则  3E m m， ，则  2 22 3 3 3DE m m m m m         ，表示出     2 21 1 3 3 27· 3 3 2 2 2 2 8ACD C A S DE x x m m m                ，利用二次函数的最值解答即可． （3）先根据 y轴对称，纵坐标不变，横坐标变成相反数，确定对称后的解析式，根据题意， 不妨设  2 2 3J m m m  ， ,  2 2 3I n n n  ， ，连接解析式构成方程组，转化根与系数关系定理应用， 确定解析式后求得交点坐标，计算线段长度，再计算积即可． 【详解】（1）解：抛物线 21 :C y x bx c    与 x轴交于    3,0 , 1,0A B 两点，， ∴ 9 3 0 1 0 b c b c         ， 解得 3 2 c b     ， ∴抛物线解析式为 2= 2 3y x x  ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 （2）解：∵ 2= 2 3y x x  ， ∴  0,3C ， 过点 D作DE x 轴，交直线 AC于点 E， 设直线 AC的解析式为 y kx p  ， 将  3,0A  ，  0,3C 代入直线 AC的解析式得： 3 0 3 k p p      ， 解得 1 3 k p    ， ∴直线 AC的解析式为： 3y x= + ． 设  2 2 3D m m m  ， ，则  3E m m， ，则  2 22 3 3 3DE m m m m m         ， ∴     2 21 1 3 3 27· 3 3 2 2 2 2 8ACD C A S DE x x m m m                ， ∴当 3 2 m   ， ACD 的面积最大，且最大值为 27 8 ． 故当 3 2 m   ， ACD 的面积取得最大值，且最大值为 27 8 ． （3）解：∵  22= 2 3 1 4y x x x       ，抛物线 1C 沿 y轴翻折得到抛物线 2C ，抛物线 2C 的顶点 为 F， ∴    2 2 2= 1 4 1 4 2 3y x x x x            ， 故  1,4F ， 设直线 JI的解析式为 y kx b  ， ∴ 2 k b  原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 解得 2b k  ， ∴  1 2y k x   ， 设  2 2 3J m m m  ， ,  2 2 3I n n n  ， ， 根据题意，得   2 1 2 = 2 3 y k x y x x         ， 整理，得  2 2 1 0x k x k     ， ∴m，n是  2 2 1 0x k x k     的两个根， ∴ 2 1 m n k mn k        ， 同理可证，直线 JF的解析式为  1 4y a x   ， 把  2 2 3J m m m  ， 代入解析式  1 4y a x   ， 解得  1a m   ， 故直线 JF的解析式为   1 1 4y m x     ， 令 0y  ，得   1 1 4 0m x     ， 解得 41 1 x m    ， ∴ 41 ,0 1 M m     ， ∵  1,4F ， ∴  1,0G ， ∴ 4 41 1 1 1 GM m m          ， 同理可证， 4 1 GN n   ， ∴ 4 4 16· 1 1 1 GM GN n m mn n m              16 8 1 2 1k k         ． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，构造二次函数求三角形的面积的最值，方程组 转化成一元二次方程，根与系数关系定理的应用，面积分割法，熟练掌握抛物线的最值，根与 系数关系定理是解题的关键．