专题22 探究型之面积问题（解析板）

一、选择题1.（玉林、防城港）如图，边长分别为1和2的两个等边三角形，开始它们在左边重合，大三角形固定不动，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．设小三角形移动的距离为x，两个三角形重叠面积为y，则y关于x的函数图象是【】【答案】B．【解析】考点：1.面动平移问题的函数图象问题；2.由实际问题列函数关系式；3.二次函数的性质和图象；4.分类睡排它法的应用．2.（黄冈）在ΔABC中，BC=10，BC边上的高h=5，点E在AB上，过点E作EF∥BC，交AC于F，D为BC上的一点，连DE、DF．设E到BC的距离为x，则ΔDEF的面积为S关于x的函数图象大致【】【答案】D．【解析】考点：1.动点问题的函数图象；2.由实际问题列函数关系式；3.相似三角形的判定和性质；4.二次函数的性质．3.（重庆B）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC＝8，BD＝6，以AB为直径作一个半圆，则图中阴影部分的面积为【】A、256B、2562C、2566D、2568考点：1.菱形的性质；2.勾股定理；3.转换思想的应用.二、填空题1.（遵义）如图，反比例函数kyx（k＞0）的图象与矩形ABCO的两边相交于E，F两点，若E是AB的中点，S△BEF=2，则k的值为▲．【答案】8.【解析】试题分析：设E（a，ka），则B纵坐标也为ka，3.（河南）如图，在菱形ABCD中，AB=1，∠DAB=600，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转300得到菱形AB'C'D'，其中点C的运动能路径为/CC，则图中阴影部分的面积为▲.【答案】3342.【解析】考点：1.面动旋转问题；2.菱形的性质；3.扇形面积的计算；4.旋转的性质；5.含30度直角三角形的性质；6.转换思想的应用．4.（十堰）如图，扇形OAB中，∠AOB=60°，扇形半径为4，点C在AB上，CD⊥OA，垂足为点D，当△OCD的面积最大时，图中阴影部分的面积为▲．.考点：1.勾股定理；2.扇形面积的计算；3.二次函数的最值；4.转换思想的应用．5.（孝感）如图，Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，双曲线kyx0x经过斜边OA的中点C，与另一直角边交于点D，若OCDS9，则OBDS的值为▲．∴OBD1Sk62.考点：1.反比例函数系数k的几何意义；2.三角形中位线的性质；3.相似三角形的判定和性质；4.转换思想的应用.6.（宁夏）如下图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB=CD=2，BC=5，∠BAD的平分线交BC于点E，且AE∥CD，则四边形ABCD的面积为▲．【答案】43.【解析】考点：1.等腰梯形的性质和面积；2.平行四边形的判定和性质；3.等边三角形的判定和性质；4.平行的性质；5.角平分线定义.7.（潍坊）如图，两个半径均为3的⊙O1与⊙O2相交于A、B两点,且每个圆都经过另一个圆的圆心，则图中阴影部分的面积为．（结果保留π）∴12212AOOAOAOO33SSS24弓形扇形.∴图中阴影部分的面积为：33423324．考点：1.扇形面积的计算；2.等边三角形的判定和性质；3.相交两圆的性质；4.锐角三角函数定义；5.特殊角的三角函数值；6.转换思想的应用．8.（重庆A）如图，△OAB中，OA=OB=4，∠A=30°，AB与⊙O相切于点C，则图中阴影部分的面积为▲.（结果保留π）【答案】4433.【解析】考点：1.切线的性质；2.等腰三角形的性质；3.含30度角的直角三角形的性质；4.勾股定理；5.扇形面积的计算；6.转换思想的应用．三、解答题1.（珠海）（本题满分9分）如图，矩形OABC的顶点A（2，0）、C（0，23）.将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°，得矩形OEFG，线段GE、FO相交于点H，平行于y轴的直线MN分别交线段GF、GH、GO和x轴于点M、P、N、D，连结MH.（1）若抛物线2l:yaxbxc经过G、O、E三点，则它的解析式为：▲；（2）如果四边形OHMN为平行四边形，求点D的坐标；（3）在（1）（2）的条件下，直线MN抛物线l交于点R，动点Q在抛物线l上且在R、E两点之间（不含点R、E）运动，设ΔPQH的面积为s，当33s62时，确定点Q的横坐标的取值范围.【答案】（1）223yxx33；（2）3,02；3x22.【解析】∴3a3bc1c03a3bc3，解得2a33b3c0.∴抛物线的解析式为223yxx33.（2）由矩形的性质知，HG=HF=2，若四边形OHMN为平行四边形，则HM∥OG，ON=HM.从而由HM∥OG和∠OGF=90°可得∠HMF=90°，∠MHF=30°，进而得到ON=HM.=3，在Rt△ODN中，可求得OD=32，∴点D的坐标为3,02.（3）∵点E，G的坐标分别是3,1,3,3，∴由待定系数法可求得直线EG的解析式为3yx23.如答图，作233sx62的函数图象，∵33s62，∴由函数图象得2x2.又∵3x32，∴3x22.考点：1.二次函数综合题；2.面动旋转和单动点问题；3.待定系数法的应用；4.曲线上点的坐标与方程的关系；5.矩形的性质；6.含30度角直角三角形的性质；7.平行四边形的性质；8.由实际问题列函数关系式；9.分类思想和数形结合思想的应用.2.（黔东南）（12分）已知：AB是⊙O的直径，直线CP切⊙O于点C，过点B作BD⊥CP于D．（1）求证：△ACB∽△CDB；（2）若⊙O的半径为1，∠BCP=30°，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）364．【解析】∴阴影部分的面积=S扇形OCB﹣S△OCB=364．考点：1.切线的性质；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定和性质；4.等边三角形的判定和性质；5.扇形面积的计算；6.转换思想的应用．3.（黄冈）（13分）如图，在四边形OABC中，AB∥OC，BC⊥x轴于C，A11B31，，，，动点P从O点出发，沿x轴正方向以2个单位/秒的速度运动．过P作PQ⊥OA于Q．设P点运动的时间为t秒（0t2），ΔOPQ与四边形OABC重叠的面积为S．（1）求经过O、A、B三点的抛物线的解析式并确定顶点M的坐标；（2）用含t的代数式表示P、Q两点的坐标；（3）将ΔOPQ绕P点逆时针旋转90°，是否存在t，使得ΔOPQ的顶点O或Q落在抛物线上？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由；（4）求S与t的函数解析式.【答案】（1）214yxx33，42,3；（2）2t,0，t,t；（3）1t2或1；（4）22t0t13S2t11t21132t8tt222.【解析】试题分析：（1）由抛物线经过O0,0,A11B31，，，，根据点在曲线上点的坐标满足方程的关系，∴抛物线的解析式为214yxx33.∵221414yxxx23333，∴顶点M的坐标为42,3.（2）∵A11，，∴∠COA=900.∴△OPQ是等腰直角三角形.如答图，过点Q作QD⊥x轴于点D，∵动点P从O点出发，沿x轴正方向以2个单位/秒的速度运动，∴OP2t.∴11ODDQOP2tt22.∴点P的坐标为2t,0，点Q的坐标为t,t.（3）当ΔOPQ绕P点逆时针旋转90°时，点O的坐标为O'2t,0，点Q的坐标为Q'3t,t，①若点O'在214yxx33上，则21402t2t33，解得121t0,t2.∵0t2，∴1t2.（4）分三种情况讨论：①当0t1时，如答图，2OPQQ11SSOPy2ttt22.②当31t2时，如答图，设PQ交AB于点E，则OPQAEQSSS.∵AB∥OC，∴∠QAE=450.∴△AEQ是等腰直角三角形.∴02OQOPcos452t2t2.∴AQOQOA2t22t1.∴22AEQ1SAQt12.∴22OPQAEQSSStt12t1.[来源:学科网ZXXK]③当3t22时，如答图，设PQ交AB于点E，PQ交ABC于点F，则OPQAEQCFPSSSS.同②可得2222AEQCFP111SAQt1,SCP2t3222∴2222OPQAEQCFP111SSSStt12t32t8t22.综上所述，S与t的函数解析式为22t0t13S2t11t21132t8tt222.考点：1.二次函数综合题；2.单动点和面动旋转问题；3.待定系数法的应用；4.曲线上点的坐标与方程的关系；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.由实际问题列函数关系式；7.分类思想和转换思想的应用.4.（十堰）（12分）已知抛物线C1：2yax12的顶点为A，且经过点B（﹣2，﹣1）．（1）求A点的坐标和抛物线C1的解析式；（2）如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC：S△OAD的值；（3）如图2，若过P（﹣4，0），Q（0，2）的直线为l，点E在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不存在，说明理由．【答案】（1）2yx12；（2）2；（3）存在，y2x6和y=2x+6．【解析】试题分析：（1）由抛物线的顶点式易得顶点A坐标，把点B的坐标代入抛物线的解析式即可解决问题．（2）根据平移法则求出抛物线C2的解析式，用学科网待定系数法求出直线AB的解析式，再通过解方程组∵A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣1），∴kb22kb1，解得：k1b3.∴直线AB的解析式为yx3．联立2yx14yx3，解得：x3y0或x0y3．∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．∴OC=3，OD=3．如答图1，过点A作AE⊥x轴，垂足为E，过点A作AF⊥y轴，垂足为F，∵A（﹣1，﹣2），∴AF=1，AE=2．∴OACOAD1111SSOCAEODAF323122222：：：．∴S△OAC：S△OAD的值为2．（3）设直线m与y轴交于点G，与直线l交于点H，设点G的坐标为（0，t）当m∥l时，CG∥PQ．∴△OCG∽△OPQ．∴OCOPOGOQ．∵P（﹣4，0），Q（0，2），∴OP=4，OQ=2.∴34OG2，解得OG=32.∴OQOCOPOG，即234OG，解得OG=6．∴点G的坐标为（0，﹣6）设直线m的解析式为y=mx+n，∵点C（﹣3，0），点G（0，﹣6）在直线m上，∴3mn0n6，解得：m2n6．②O＜t＜32时，如答图2②所示，∵tan∠GCO=OQt1OC32，tan∠PQO=OP42OQ2，∴tan∠GCO≠tan∠PQO．∴∠GCO≠∠PQO．∵∠GCO=∠PCH，∴∠PCH≠∠PQO．又∵∠HPC＞∠PQO，∴△PHC与△GHQ不相似．∴符合条件的直线m不存在．③32＜t≤2时，如图2③所示．∵tan∠CGO=OC33OQt2，tan∠QPO=OQ21OP42．∴tan∠CGO≠tan∠QPO．∴∠CGO≠∠QPO．∵∠CGO=∠QGH，∴∠QGH≠∠QPO.又∵∠HQG＞∠QPO，∴△