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3.「2026山东淄博期中」如图,抛物线$y=-\frac{1}{2}x^2 -x +4$与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C.
(1)求点A、点B的坐标.
(2)求$△ ABC$的面积.
(3)P为第二象限内抛物线上的一个动点,当P的坐标是什么时,$△ ACP$面积有最大值?最大值是多少?
(1)求点A、点B的坐标.
(2)求$△ ABC$的面积.
(3)P为第二象限内抛物线上的一个动点,当P的坐标是什么时,$△ ACP$面积有最大值?最大值是多少?
答案
(1)当$y=0$时,$-\dfrac{1}{2}x^2 -x +4=0$,
解得$x_1=-4$,$x_2=2$,
∵ 点A在点B的左侧,
∴ $A(-4,0)$,$B(2,0)$.
(2)当$x=0$时,$y=4$,
∴ $C(0,4)$,
∴ $OC=4$,
∵ $A(-4,0)$,$B(2,0)$,
∴ $AB=6$,
∴ $S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AB · OC=\dfrac{1}{2} × 6 × 4=12$.
(3)如图,过点P作$PD// y$轴,交AC于点D,
设直线AC的表达式是$y=kx+b(k≠0)$,将点A,点C的坐标分别代入,得$\begin{cases}-4k+b=0,\\b=4,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=1,\\b=4,\end{cases}$
∴ 直线AC的表达式是$y=x+4$,
设$P(t,-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4)$,则$D(t,t+4)$,
∴ $PD=-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4 -t -4=-\dfrac{1}{2}t^2 -2t$,
∴ $S_{△ ACP}=S_{△ ADP}+S_{△ CDP}=\dfrac{1}{2}PD · OA=\dfrac{1}{2}(-\dfrac{1}{2}t^2 -2t) × [0-(-4)]=-t^2-4t=-(t+2)^2+4$,
∴ 当$t=-2$时,$△ACP$的面积有最大值,最大值是4,
当$t=-2$时,$-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4=-\dfrac{1}{2} × (-2)^2 +2 +4=4$,
∴ 此时点P的坐标是$(-2,4)$,
∴ 当点P的坐标是$(-2,4)$时,$△ACP$的面积有最大值,最大值是4.
解析
【分析】
(1) 求抛物线与x轴的交点A、B坐标，利用x轴上点的纵坐标为0的性质，令函数解析式中y=0，解一元二次方程得到两个根，再结合点A在点B左侧的条件即可确定两点坐标。
(2) 求△ABC的面积，首先令x=0代入抛物线解析式，得到y轴交点C的坐标，确定高OC的长度；再根据A、B坐标算出底AB的长度，代入三角形面积公式计算即可。
(3) 求△ACP的最大面积及对应P点坐标，采用铅垂高法：过P作PD平行于y轴交直线AC于D，将△ACP拆分为两个共底PD的三角形，两个三角形的高之和为OA的长度，因此△ACP面积可表示为$\frac{1}{2}×PD×OA$。首先求出直线AC的解析式，设P点横坐标为t，用t表示出P和D的纵坐标，进而得到PD关于t的表达式，将△ACP面积表示为关于t的二次函数，配方求最值即可得到最大面积和对应P点坐标。
【解析】
(1) 当$y=0$时，代入抛物线解析式得：$-\dfrac{1}{2}x^2 -x +4=0$，
解方程得$x_1=-4$，$x_2=2$，
∵ 点A在点B的左侧，
∴ $A(-4,0)$，$B(2,0)$。
(2) 当$x=0$时，代入抛物线解析式得$y=4$，
∴ $C(0,4)$，即$OC=4$，
∵ $A(-4,0)$，$B(2,0)$，
∴ $AB=2 - (-4)=6$，
∴ $S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AB · OC=\dfrac{1}{2} × 6 × 4=12$。
(3) 过点P作$PD// y$轴，交AC于点D，
设直线AC的表达式为$y=kx+b(k≠0)$，将A、C坐标代入得：$\begin{cases}-4k+b=0,\\b=4,\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=1,\\b=4,\end{cases}$
∴ 直线AC的解析式为$y=x+4$，
设P点坐标为$(t,-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4)$（$-4＜t＜0$），则D点坐标为$(t,t+4)$，
∴ $PD=(-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4)-(t+4)=-\dfrac{1}{2}t^2 -2t$，
∴ $S_{△ACP}=S_{△ADP}+S_{△CDP}=\dfrac{1}{2}PD·OA=\dfrac{1}{2}×(-\dfrac{1}{2}t^2 -2t)×4=-t^2-4t=-(t+2)^2+4$，
∵ 二次项系数为$-1＜0$，函数开口向下，
∴ 当$t=-2$时，△ACP面积取得最大值4，
将$t=-2$代入抛物线解析式得$y=-\dfrac{1}{2}×(-2)^2 -(-2)+4=4$，即P点坐标为$(-2,4)$。
【答案】
(1)当$y=0$时,$-\dfrac{1}{2}x^2 -x +4=0$,
解得$x_1=-4$,$x_2=2$,
∵ 点A在点B的左侧,
∴ $A(-4,0)$,$B(2,0)$.
(2)当$x=0$时,$y=4$,
∴ $C(0,4)$,
∴ $OC=4$,
∵ $A(-4,0)$,$B(2,0)$,
∴ $AB=6$,
∴ $S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AB · OC=\dfrac{1}{2} × 6 × 4=12$.
(3)如图,过点P作$PD// y$轴,交AC于点D,
设直线AC的表达式是$y=kx+b(k≠0)$,将点A,点C的坐标分别代入,得$\begin{cases}-4k+b=0,\\b=4,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=1,\\b=4,\end{cases}$
∴ 直线AC的表达式是$y=x+4$,
设$P(t,-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4)$,则$D(t,t+4)$,
∴ $PD=-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4 -t -4=-\dfrac{1}{2}t^2 -2t$,
∴ $S_{△ ACP}=S_{△ ADP}+S_{△ CDP}=\dfrac{1}{2}PD · OA=\dfrac{1}{2}(-\dfrac{1}{2}t^2 -2t) × [0-(-4)]=-t^2-4t=-(t+2)^2+4$,
∴ 当$t=-2$时,$△ACP$的面积有最大值,最大值是4,
当$t=-2$时,$-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4=-\dfrac{1}{2} × (-2)^2 +2 +4=4$,
∴ 此时点P的坐标是$(-2,4)$,
∴ 当点P的坐标是$(-2,4)$时,$△ACP$的面积有最大值,最大值是4.
【知识点】
二次函数与坐标轴交点求解；一次函数解析式确定；二次函数最值应用
【点评】
本题是二次函数与几何结合的典型题型，前两问基础，考察坐标求解和基础面积计算；第三问考察铅垂法求三角形面积、二次函数最值的应用，要求掌握参数表示坐标、线段长度的方法，能锻炼数形结合的思维能力。
【难度系数】
0.65
(1) 求抛物线与x轴的交点A、B坐标，利用x轴上点的纵坐标为0的性质，令函数解析式中y=0，解一元二次方程得到两个根，再结合点A在点B左侧的条件即可确定两点坐标。
(2) 求△ABC的面积，首先令x=0代入抛物线解析式，得到y轴交点C的坐标，确定高OC的长度；再根据A、B坐标算出底AB的长度，代入三角形面积公式计算即可。
(3) 求△ACP的最大面积及对应P点坐标，采用铅垂高法：过P作PD平行于y轴交直线AC于D，将△ACP拆分为两个共底PD的三角形，两个三角形的高之和为OA的长度，因此△ACP面积可表示为$\frac{1}{2}×PD×OA$。首先求出直线AC的解析式，设P点横坐标为t，用t表示出P和D的纵坐标，进而得到PD关于t的表达式，将△ACP面积表示为关于t的二次函数，配方求最值即可得到最大面积和对应P点坐标。
【解析】
(1) 当$y=0$时，代入抛物线解析式得：$-\dfrac{1}{2}x^2 -x +4=0$，
解方程得$x_1=-4$，$x_2=2$，
∵ 点A在点B的左侧，
∴ $A(-4,0)$，$B(2,0)$。
(2) 当$x=0$时，代入抛物线解析式得$y=4$，
∴ $C(0,4)$，即$OC=4$，
∵ $A(-4,0)$，$B(2,0)$，
∴ $AB=2 - (-4)=6$，
∴ $S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AB · OC=\dfrac{1}{2} × 6 × 4=12$。
(3) 过点P作$PD// y$轴，交AC于点D，
设直线AC的表达式为$y=kx+b(k≠0)$，将A、C坐标代入得：$\begin{cases}-4k+b=0,\\b=4,\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=1,\\b=4,\end{cases}$
∴ 直线AC的解析式为$y=x+4$，
设P点坐标为$(t,-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4)$（$-4＜t＜0$），则D点坐标为$(t,t+4)$，
∴ $PD=(-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4)-(t+4)=-\dfrac{1}{2}t^2 -2t$，
∴ $S_{△ACP}=S_{△ADP}+S_{△CDP}=\dfrac{1}{2}PD·OA=\dfrac{1}{2}×(-\dfrac{1}{2}t^2 -2t)×4=-t^2-4t=-(t+2)^2+4$，
∵ 二次项系数为$-1＜0$，函数开口向下，
∴ 当$t=-2$时，△ACP面积取得最大值4，
将$t=-2$代入抛物线解析式得$y=-\dfrac{1}{2}×(-2)^2 -(-2)+4=4$，即P点坐标为$(-2,4)$。
【答案】
(1)当$y=0$时,$-\dfrac{1}{2}x^2 -x +4=0$,
解得$x_1=-4$,$x_2=2$,
∵ 点A在点B的左侧,
∴ $A(-4,0)$,$B(2,0)$.
(2)当$x=0$时,$y=4$,
∴ $C(0,4)$,
∴ $OC=4$,
∵ $A(-4,0)$,$B(2,0)$,
∴ $AB=6$,
∴ $S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AB · OC=\dfrac{1}{2} × 6 × 4=12$.
(3)如图,过点P作$PD// y$轴,交AC于点D,
设直线AC的表达式是$y=kx+b(k≠0)$,将点A,点C的坐标分别代入,得$\begin{cases}-4k+b=0,\\b=4,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=1,\\b=4,\end{cases}$
∴ 直线AC的表达式是$y=x+4$,
设$P(t,-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4)$,则$D(t,t+4)$,
∴ $PD=-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4 -t -4=-\dfrac{1}{2}t^2 -2t$,
∴ $S_{△ ACP}=S_{△ ADP}+S_{△ CDP}=\dfrac{1}{2}PD · OA=\dfrac{1}{2}(-\dfrac{1}{2}t^2 -2t) × [0-(-4)]=-t^2-4t=-(t+2)^2+4$,
∴ 当$t=-2$时,$△ACP$的面积有最大值,最大值是4,
当$t=-2$时,$-\dfrac{1}{2}t^2 -t +4=-\dfrac{1}{2} × (-2)^2 +2 +4=4$,
∴ 此时点P的坐标是$(-2,4)$,
∴ 当点P的坐标是$(-2,4)$时,$△ACP$的面积有最大值,最大值是4.
【知识点】
二次函数与坐标轴交点求解；一次函数解析式确定；二次函数最值应用
【点评】
本题是二次函数与几何结合的典型题型，前两问基础，考察坐标求解和基础面积计算；第三问考察铅垂法求三角形面积、二次函数最值的应用，要求掌握参数表示坐标、线段长度的方法，能锻炼数形结合的思维能力。
【难度系数】
0.65
4.「2025安徽阜阳太和期中」如图1，抛物线$y=ax^2+bx-3$经过$A(-1,0),B(3,0)$两点，与y轴交于点C，P为第四象限内抛物线上一点.
(1)求抛物线的表达式.
(2)设四边形COBP的面积为S，求S的最大值.
(3)如图2，过点P作$PM⊥x$轴于点M，连接AC，AP，AP与y轴交于点D.当$∠MPA=2∠PAC$时，求点D的坐标.
(1)求抛物线的表达式.
(2)设四边形COBP的面积为S，求S的最大值.
(3)如图2，过点P作$PM⊥x$轴于点M，连接AC，AP，AP与y轴交于点D.当$∠MPA=2∠PAC$时，求点D的坐标.
答案
(1)将$A(-1,0),B(3,0)$代入$y=ax^2+bx-3$,
得$\begin{cases}a-b-3=0,\\9a+3b-3=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=1,\\b=-2,\end{cases}$
∴ 抛物线的表达式为$y=x^2-2x-3$.
(2)如图,过点P作$PN⊥x$轴于点N,
当$x=0$时,$y=-3$,
∴ $C(0,-3)$,
∴ $OC=3$,
设$P(m,m^2-2m-3)(0＜m＜3)$,
∴ $PN=0-(m^2-2m-3)=-m^2+2m+3$,$ON=m$,
∵ $B(3,0)$,
∴ $OB=3$,
∴ $BN=3-m$,
∴ $S=S_{梯形PNOC}+S_{△ PNB}=\dfrac{1}{2}(OC+PN) · ON+\dfrac{1}{2}PN · BN=\dfrac{1}{2}(3-m^2+2m+3) · m+\dfrac{1}{2}(-m^2+2m+3)(3-m)=-\dfrac{3}{2}m^2+\dfrac{9}{2}m+\dfrac{9}{2}=-\dfrac{3}{2}(m-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{63}{8}$,
∵ $-\dfrac{3}{2}＜0$,
∴ 当$m=\dfrac{3}{2}$时,S有最大值,最大值为$\dfrac{63}{8}$.
(3)
∵ $OD⊥x$轴,$PM⊥x$轴,
∴ $OD// MP$,
∴ $∠ADO=∠MPA$,
∵ $∠MPA=2∠PAC$,
∴ $∠ADO=2∠PAC$,
∴ $∠DAC=∠DCA$,
∴ $AD=CD$,
设$D(0,n)$,则$AD=CD=n-(-3)=n+3$,
∴ $1+n^2=(n+3)^2$,
∴ $n=-\dfrac{4}{3}$,
∴ $D(0,-\dfrac{4}{3})$.
解析
【分析】
(1) 求抛物线表达式时，已知抛物线经过A(-1,0)、B(3,0)两个点，可直接将两点坐标代入给定的抛物线一般式，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组就能求出a、b的值，进而得到抛物线的表达式。
(2) 求不规则四边形COBP的面积最大值，可通过作辅助线将其分割为规则图形求解：过点P作PN垂直x轴，把四边形拆成梯形COPN和三角形PNB两部分。先求出C点坐标，设P点横坐标为m，用含m的代数式表示出P点纵坐标、各相关线段的长度，再分别计算两个规则图形的面积求和，得到S关于m的二次函数，最后结合二次函数的开口方向求最值即可。
(3) 处理角度倍角关系时，先由OD和PM都垂直于x轴，得到OD//PM，利用平行线的同位角相等将∠MPA转化为∠ADO，结合已知的∠MPA=2∠PAC，再利用三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，可推出∠PAC=∠DCA，进而得到AD=CD的等量关系，设出D点坐标，用勾股定理列方程求解即可得到D的坐标。
【解析】
(1) 将$A(-1,0),B(3,0)$代入$y=ax^2+bx-3$，
得$\begin{cases}a-b-3=0\\9a+3b-3=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=1\\b=-2\end{cases}$，
∴ 抛物线的表达式为$y=x^2-2x-3$。
(2) 如图，过点P作$PN⊥x$轴于点N，
当$x=0$时，$y=-3$，
∴ $C(0,-3)$，即$OC=3$，
设$P(m,m^2-2m-3)(0＜m＜3)$，
∴ $PN=0-(m^2-2m-3)=-m^2+2m+3$，$ON=m$，
∵ $B(3,0)$，
∴ $OB=3$，$BN=3-m$，
∴ $S=S_{梯形PNOC}+S_{△ PNB}$
$=\dfrac{1}{2}(OC+PN)·ON+\dfrac{1}{2}PN·BN$
$=\dfrac{1}{2}(3-m^2+2m+3)·m+\dfrac{1}{2}(-m^2+2m+3)(3-m)$
$=-\dfrac{3}{2}m^2+\dfrac{9}{2}m+\dfrac{9}{2}$
$=-\dfrac{3}{2}(m-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{63}{8}$，
∵ $-\dfrac{3}{2}＜0$，二次函数开口向下，
∴ 当$m=\dfrac{3}{2}$时，S有最大值，最大值为$\dfrac{63}{8}$。
(3)
∵ $OD⊥x$轴，$PM⊥x$轴，
∴ $OD// MP$，
∴ $∠ADO=∠MPA$，
∵ $∠MPA=2∠PAC$，
∴ $∠ADO=2∠PAC$，
又
∵ $∠ADO=∠PAC+∠DCA$（三角形外角性质），
∴ $∠PAC=∠DCA$，
∴ $AD=CD$，
设$D(0,n)$，则$CD=n-(-3)=n+3$，即$AD=n+3$，
在$Rt△ AOD$中，由勾股定理得$AD^2=OA^2+OD^2$，
∴ $1^2+n^2=(n+3)^2$，
解得$n=-\dfrac{4}{3}$，
∴ $D(0,-\dfrac{4}{3})$。
【答案】
(1) $y=x^2-2x-3$
(2) $\dfrac{63}{8}$
(3) $D(0,-\dfrac{4}{3})$
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式、二次函数的最值、平行线的性质
【点评】
本题是二次函数综合类题型，难度梯度设置合理，既考察了二次函数解析式求解、最值计算等基础知识点，也考察了不规则图形分割、角度关系转化、方程思想结合几何性质解题的能力，是二次函数章节的典型考法，对学生数形结合能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 求抛物线表达式时，已知抛物线经过A(-1,0)、B(3,0)两个点，可直接将两点坐标代入给定的抛物线一般式，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组就能求出a、b的值，进而得到抛物线的表达式。
(2) 求不规则四边形COBP的面积最大值，可通过作辅助线将其分割为规则图形求解：过点P作PN垂直x轴，把四边形拆成梯形COPN和三角形PNB两部分。先求出C点坐标，设P点横坐标为m，用含m的代数式表示出P点纵坐标、各相关线段的长度，再分别计算两个规则图形的面积求和，得到S关于m的二次函数，最后结合二次函数的开口方向求最值即可。
(3) 处理角度倍角关系时，先由OD和PM都垂直于x轴，得到OD//PM，利用平行线的同位角相等将∠MPA转化为∠ADO，结合已知的∠MPA=2∠PAC，再利用三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，可推出∠PAC=∠DCA，进而得到AD=CD的等量关系，设出D点坐标，用勾股定理列方程求解即可得到D的坐标。
【解析】
(1) 将$A(-1,0),B(3,0)$代入$y=ax^2+bx-3$，
得$\begin{cases}a-b-3=0\\9a+3b-3=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=1\\b=-2\end{cases}$，
∴ 抛物线的表达式为$y=x^2-2x-3$。
(2) 如图，过点P作$PN⊥x$轴于点N，
当$x=0$时，$y=-3$，
∴ $C(0,-3)$，即$OC=3$，
设$P(m,m^2-2m-3)(0＜m＜3)$，
∴ $PN=0-(m^2-2m-3)=-m^2+2m+3$，$ON=m$，
∵ $B(3,0)$，
∴ $OB=3$，$BN=3-m$，
∴ $S=S_{梯形PNOC}+S_{△ PNB}$
$=\dfrac{1}{2}(OC+PN)·ON+\dfrac{1}{2}PN·BN$
$=\dfrac{1}{2}(3-m^2+2m+3)·m+\dfrac{1}{2}(-m^2+2m+3)(3-m)$
$=-\dfrac{3}{2}m^2+\dfrac{9}{2}m+\dfrac{9}{2}$
$=-\dfrac{3}{2}(m-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{63}{8}$，
∵ $-\dfrac{3}{2}＜0$，二次函数开口向下，
∴ 当$m=\dfrac{3}{2}$时，S有最大值，最大值为$\dfrac{63}{8}$。
(3)
∵ $OD⊥x$轴，$PM⊥x$轴，
∴ $OD// MP$，
∴ $∠ADO=∠MPA$，
∵ $∠MPA=2∠PAC$，
∴ $∠ADO=2∠PAC$，
又
∵ $∠ADO=∠PAC+∠DCA$（三角形外角性质），
∴ $∠PAC=∠DCA$，
∴ $AD=CD$，
设$D(0,n)$，则$CD=n-(-3)=n+3$，即$AD=n+3$，
在$Rt△ AOD$中，由勾股定理得$AD^2=OA^2+OD^2$，
∴ $1^2+n^2=(n+3)^2$，
解得$n=-\dfrac{4}{3}$，
∴ $D(0,-\dfrac{4}{3})$。
【答案】
(1) $y=x^2-2x-3$
(2) $\dfrac{63}{8}$
(3) $D(0,-\dfrac{4}{3})$
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式、二次函数的最值、平行线的性质
【点评】
本题是二次函数综合类题型，难度梯度设置合理，既考察了二次函数解析式求解、最值计算等基础知识点，也考察了不规则图形分割、角度关系转化、方程思想结合几何性质解题的能力，是二次函数章节的典型考法，对学生数形结合能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
