文档内容
专题 22.3 二次函数综合——面积问题
【典例1】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−4交x轴于A(−3,0)，B两点，交y轴于点
C，CD∥x轴，交抛物线于点D，AC=CD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线AD上方的抛物线上是否存在一点Q，连接AQ，DQ，使S =8，若存在，求点Q的横坐
△AQD
标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据抛物线解析式确定点C(0,−4)，根据勾股定理，得到AC=CD=5，确定抛物线的对称轴，把点
A代入解析式计算即可．
（2）设Q ( m, 1 m2− 5 m−4 ) ，分类用m的代数式表示三角形的面积，建立方程计算即可．
6 6
【解题过程】
解：（1）∵y=ax2+bx−4，
令x=0，得y=−4.
∴C(0,−4).
∴OC=4.
∵A(−3,0)，
∴OA=3.
∴AC=❑√OA2+OC2=5.
∴CD=5.5
∴抛物线对称轴为x= ，
2
b 5
∴− = .
2a 2
∴b=−5a.
将点A(−3,0)代入y=ax2−5ax−4中，
1
得a=
.
6
5
∴b=−5a=− ，
6
1 5
∴抛物线解析式为y= x2− x−4．
6 6
（2）∵CD=5，C(0,−4)，
∴D(5,−4).
设Q ( m, 1 m2− 5 m−4 ) ，
6 6
当m<−3时，
设直线QD的解析式为y=kx+b，
{ mk+b= 1 m2− 5 m−4)
∴ 6 6 ，
5k+b=−4
1
{ k= m )
6
解得 ，
5
b=− m−4
6
m 5m
∴直线QD的解析式为y= x− −4.
6 6
过点A作AE∥y轴，交QD于点E，( 4 )
则E −3,− m−4 ,
3
4
∴AE=− m−4,
3
1 1( 4 )
∴S = AE(x −x )= − m−4 (5−m),
△ADQ 2 D Q 2 3
∵S =8,
△AQD
1( 4 )
∴ − m−4 (5−m)=8，
2 3
解得m =1−2❑√7,m =1+2❑√7（舍去）
1 2
故Q的横坐标为1−2❑√7；
当m>5时，
设直线Q′ A的解析式为y=px+q，
{ mp+q= 1 m2− 5 m−4)
∴ 6 6 ，
−3p+q=0
1
{ p= (m−8))
6
解得 ，
1
q= (m−8)
2
m−8 m−8
∴直线Q′ A的解析式为y= x+ .
6 2
( 4 )
过点D作DG∥y轴，交Q′ A于点G，则G 5, (m−8) ,
34
∴GD= (m−5),
3
1 1 4 2
∴S = GD(x −x )= × (m−5)(m+3)= (m−5)(m+3),
△ADQ 2 Q A 2 3 3
∵S =8,
△AQD
2
∴ (m−5)(m+3)=8，
3
解得m =1+2❑√7,m =1−2❑√7（舍去）
1 2
故Q的横坐标为m=1+2❑√7；
∴点Q的横坐标为m=1+2❑√7或1−2❑√7．
1
1．（2023·山东菏泽·统考二模）已知抛物线y=− x2+bx+4的对称轴是直线x=3，与x轴相交于A，B两
4
点（点B在点A右侧），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），是否存在点P，使四边形
PBOC的面积最大？若存在，求点P的坐标及四边形PBOC面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
b
（1）根据对称轴公式x=− ，求出b的值即可；
2a
（2）连接BC，过点P作PE∥y轴交BC于点E，设P ( t,− 1 t2+ 3 t+4 ) ，再表示出E ( t,− 1 t+4 ) ，表
4 2 2示出PE的长，根据S =S ❑ +S 表示出S ，再根据二次函数求出最大值及P的坐标，再根据
△PBC △ PEC △PEB △PBC
S =S +S 即可．
四边形PBOC △PBC △OBC
【解题过程】
（1）解：抛物线的对称轴是直线x=3，
b
x=− =2b=3
3
( 1) ，解得b= ，
2× − 2
4
1 3
故抛物线的解析式为y=− x2+ x+4．
4 2
（2）解：连接BC，过点P作PE∥y轴交BC于点E，设P ( t,− 1 t2+ 3 t+4 ) ，
4 2
1 3
y=0时，− x2+ x+4=0，
4 2
解得：x =−2,x =8，A(−2,0),B(8,0)，C(0,4)，
1 2
1 1
∴OC=4,OB=8,S = ×OB×OC= ×8×4=16，
△BOC 2 2
设直线BC的解析式为y=kx+b ，代入B(8,0)，C(0,4)，
1
{8k+b =0) 1
得 1 ，解得：k=− ,b =4，
b =4 2 1
1
1
∴直线BC的解析式为y=− x+4，
2
( 1 )
∴E t,− t+4 ，
2
∴PE=− 1 t2+ 3 t+4− ( − 1 t+4 ) =− 1 t2+2t，
4 2 2 4
∵S =S ❑ +S = 1 PE×8= 1 × ( − 1 t2+2t ) ×8=−t2+8t=−(t−4) 2+16，
△PBC △ PEC △PEB 2 2 4当t=4时，S 有最大值，最大值为S =16，此时P(4,6)，
△PBC △PBC
又∵S =S +S =16+16=32，
四边形PBOC △PBC △OBC
故存在点P(4,6)，使四边形PBOC的面积最大，最大值为32．
2．（2023秋·河南·九年级校联考期末）如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与直线y=x+1交于A(a,0)，
C(3,4)两点．
（1）求a的值及抛物线的解析式；
（2）若点P是位于直线AC上方的抛物线上的一个动点，求△APC面积的最大值及此时点P的坐标．
【思路点拨】
（1）将A(a,0)代入直线y=x+1可得a的值，再将A，C两点代入抛物线y=−x2+bx+c即可解答；
（2）过点P作PE⊥x轴交x轴于点E，交直线AC于点F，过点C作CQ⊥x轴交x轴于点Q，设出点P
的坐标，利用S =S +S 即可解答．
△APC △APF △PCF
【解题过程】
（1）解：将A(a,0)代入y=x+1并解得a=−1，
∴点A的坐标为(−1,0)，
将A(−1,0)，C(3,4)代入y=−x2+bx+c，
{−1−b+c=0
)
{b=3)
得 ，解得 ，
−9+3b+c=4 c=4
∴抛物线的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）如图，过点P作PE⊥x轴交x轴于点E，交直线AC于点F，过点C作CQ⊥x轴交x轴于点Q，设点P的坐标为(m,−m2+3m+4)(−10，
b 3 27
∴当 =− 即b=−3时，P′Q的最小值为 ，
2 2 4
5 27 135
∴S 的最小值为= × = ．
△QBP′ 2 4 8
11．（2022秋·山西大同·九年级大同一中校考阶段练习）如图，已知抛物线y=−x2+mx+3与x轴交于A，
B两点，与y轴交于点C，点B的坐标为(3,0)，（1）求m的值及抛物线的顶点坐标
（2）点P是抛物线对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标．
（3）点E为抛物线在第一象限上的一个点，连接BE，CE，当△BCE的面积最大时，求出△BCE的最大
面积和点E的坐标；
【思路点拨】
（1）将点B的坐标为(3,0)代入解析式中，即可求得m的值，然后利用顶点坐标公式求得抛物线的顶点坐标；
（2）根据A、B关于抛物线的对称轴对称，先连接BC交抛物线对称轴于点P，则此时PA+PC+AC的值
最小，然后利用待定系数法求得直线BC的解析式，从而求出P点坐标；
（3）过E点作ED⊥x轴交BC与点D，利用E、D所在的图像设出坐标，再利用“铅垂高水平宽”求出面
积与坐标的关系，最后利用顶点坐标求最值即可得解．
【解题过程】
（1）解：将点B的坐标为(3，0)代入解析式y=−x2+mx+3中得：
0=−32+3m+3
解得：m=2
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3
b 2
顶点坐标的横坐标为：x=− =− =1，代入解析式中得y=−12+2+3=4，
2a 2×(−1)
∴抛物线的顶点坐标为：(1，4)；
（2）解：将x=0代入到y=−x2+2x+3中，得：y=3，∴
∴点C的坐标为(0，3)，
令y=−x2+2x+3中y=0，得0=−x2+2x+3，
解得x=−1，或x=3，
∴A(−1，0)，
∴OA=1，OC=3，
∴AC=❑√OA2+OC2=❑√12+32=❑√10，
∵根据A、B关于抛物线的对称轴对称，∴连接BC交抛物线对称轴于点P，则此时PA+PC的值最小，即△PAC的周长PA+PC+PC最小，
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
将B、C的坐标分别代入得：
{0=3k+b)
3=b
{k=−1)
解得：
b=3
所以直线BC的解析式为：y=−x+3
将x=1代入到y=−x+3得：y=2
∴P点坐标为(1，2)；
（3）解：过E点作ED⊥x轴交BC与点D，设E的坐标为(x,−x2+2x+3)，D的坐标为(x,−x+3)，C到
ED的距离为ℎ，B到ED的距离为ℎ，由图可知ℎ + ℎ =OB=3，
1 2 1 2
∴ED= (−x2+2x+3)−(−x+3)=−x2+3x
∴S =S +S =
1
ED⋅ℎ +
1
ED⋅ℎ =
1
ED(ℎ + ℎ )=−
3
x2+
9
x=−
3(
x−
3) 2
+
27
，
△BCE △DC△ △BDE 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 8
3
∵− <0
2
3 27
∴当x= 时，△BCE的面积最大，最大面积为 ，
2 8
3 15
将x= 代入y=−x2+2x+3中，得：y= ，
2 4(3 15)
故当△BCE的面积最大时点E的坐标为： , ．
2 4
12．（2023秋·广东韶关·九年级统考期末）如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(5,0)
两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上存在一点P，使得PA+PC的值最小，此时点P的坐标为______；
（3）点D是第一象限内抛物线上的一个动点（不与点C，B重合），过点D作DF⊥x轴于点F，交直线
BC于点E，连接BD，直线BC把△BDF的面积分成两部分，使S :S =3:2，请求出点D的坐标．
△BDE △BEF
【思路点拨】
（1）将A(−1，0)，B(5，0)代入y=−x2+bx+c求解即可；
（2）点B是点A关于函数对称轴的对称点，连接BC交抛物线对称轴于点P，此时PA+PC的值最小；
（3）设点D(m,−m2+4m+5)，则点E(m,−m+5)，由三角形的面积关系列出方程求解即可．
【解题过程】
（1）∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(5,0)，
{ −1−b+c=0 )
∴ ，
−25+5b+c=0
{b=4)
解得 ，
c=5
∴抛物线的解析式为y=−x2+4x+5；
（2）∵y=−x2+4x+5=−(x−2) 2+9，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
∵点A，点B关于抛物线的对称轴l对称，
设BC交l于点P，则P即为所求的点，当x=0时，y=5，则C(0,5)
设直线BC解析式为y=kx+b ，
1
则¿，
∴¿，
∴直线BC解析式为y=−x+5，
当x=2时，y=3，
∴P(2,3)；
（3）如图，
设D(m,−m2+4m+5)，则E(m,−m+5)，
∴DE=−m2+4m+5−(−m+5)=−m2+5m，EF=−m+5，
∵S :S =3:2，
△BDE △BEF
(1 ) (1 )
∴ DE⋅BF : EF⋅BF =3:2，即DE:EF=3:2，
2 2
∴(−m2+5m):(−m+5)=3:2，
化简得2m2−13m+15=0，
3
解得m = ，m =5（舍去），
1 2 2∴−m2+4m+5=−
(3) 2
+4×
3
+5=
35
，
2 2 4
(3 35)
∴D , ．
2 4
13．（2023秋·黑龙江大庆·九年级统考期末）如图，抛物线y=(x+1) 2+k与x轴相交于A、B两点，与y轴
相交于点C(0,−3)．
（1）求抛物线的对称轴及k值；
（2）抛物线的对称轴上存在一点P，使得PA+PC的值最小，求此时点P的坐标；
（3）点M是抛物线上一动点，且在第三象限，当M点运动到何处时，四边形AMCB的面积最大？求出四
边形AMCB的最大面积．
【思路点拨】
（1）根据解析式可得抛物线的对称轴为直线x=−1，将点C(0,−3)代入解析式，待定系数法即可求解；
（2）连接AC，交对称轴于点P，根据两点之间，线段最短可得点P即为所求，求得直线AC的解析式，令
x=−1，即可求解；
（3）连接OM，如图1，设M点坐标为(x,(x+1) 2−4)，根据S =S +S +S
四边形AMCB △AMO △CMO △CBO
3( 3) 2 75
=− x+ + ，根据二次函数的性质即可求解．
2 2 8
【解题过程】
（1）解：抛物线y=(x+1) 2+k的对称轴为直线x=−1，
把C(0,−3)代入y=(x+1) 2+k
得−3=1+k，
∴k=−4；（2）连接AC，交对称轴于点P，
∵两点之间，线段最短，
∴PA+PC的最小值为AC的长，则点P即为所求
对于y=(x+1) 2−4，令y=0，则(x+1) 2−4=0，解得x =1，x =−3，
1 2
∴A点坐标为(−3,0)，B点坐标为(1,0)，
设直线AC的关系式为：y=mx+b，
把A(−3,0)，C(0,−3)代入y=mx+b
{−3m+b=0)
得 ，
b=−3
{m=−1)
解得 ，
b=−3
∴直线AC的关系式为y=−x−3，
当x=−1时，y=1−3=−2，
∴P点坐标为(−1,−2)；
（3）连接OM，如图1，设M点坐标为(x,(x+1) 2−4)，S =S +S +S
四边形AMCB △AMO △CMO △CBO
1 1 1
= ×AO×|y )+ ×CO×|x )+ ×OC×BO
2 m 2 m 2
3 1 1
= [4−(x+1) 2)+ ×3×(−x)+ ×3×1
2 2 2
3 9
=− x2− x+6
2 2
3( 3) 2 75
=− x+ + ，
2 2 8
3 75
当x=− 时，S最大，最大值为 ．
2 8
14．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x
轴交于点A(−2,0)和点B(6,0)两点，与y轴交于点C(0,6)．点D为线段BC上的一动点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图1，求△AOD周长的最小值；
（3）如图2，过动点D作DP∥AC交抛物线第一象限部分于点P，连接PA,PB，记△PAD与△PBD的面积和为S，当S取得最大值时，求点P的坐标，并求出此时S的最大值．
【思路点拨】
（1）根据题意设抛物线的表达式为y=a(x+2)(x−6)，将(0,6)代入求解即可；
（2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，根据点坐特点及正方形的判定得出四边形OBEC
为正方形，E(6,6)，连接AE，交BC于点D，由对称性|DE)=|DO)，此时|DO)+|DA)有最小值为AE的
长，再由勾股定理求解即可；
（3）由待定系数法确定直线BC的表达式为y=−x+6，直线AC的表达式为y=3x+6，设
P ( m,− 1 m2+2m+6 ) ，然后结合图形及面积之间的关系求解即可．
2
【解题过程】
（1）解：由题意可知，设抛物线的表达式为y=a(x+2)(x−6)，
将(0,6)代入上式得：6=a(0+2)(0−6)，
1
a=−
2
1
所以抛物线的表达式为y=− x2+2x+6；
2
（2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，
∵B(6,0)，C(0,6)，∠BOC=90°，
∴OB=OC=6，
∵O、E关于直线BC对称，
∴四边形OBEC为正方形，
∴E(6,6)，
连接AE，交BC于点D，由对称性|DE)=|DO)，
此时|DO)+|DA)有最小值为AE的长，AE=❑√AB2+BE2=❑√82+62=10
∵△AOD的周长为DA+DO+AO，
AO=2，DA+DO的最小值为10，
∴△AOD的周长的最小值为10+2=12；
（3）由已知点A(−2,0)，B(6,0)，C(0,6)，
设直线BC的表达式为y=kx+b，
{6k+b=0) {k=−1)
将B(6,0)，C(0,6)代入y=kx+b中， ，解得 ，
b=0 b=6
∴直线BC的表达式为y=−x+6，
同理可得：直线AC的表达式为y=3x+6，
∵PD∥AC，
∴设直线PD表达式为y=3x+a，
由（1）设P ( m,− 1 m2+2m+6 ) ，代入直线PD的表达式
2
1
得：a=− m2−m+6，
2
1
∴直线PD的表达式为：y=3x− m2−m+6，
2
1 1
{
y=−x+6
)
{ x= m2+ m )
8 4
由 1 ，得 ，
y=3x− m2−m+6 1 1
2 y=− m2− m+6
8 4
∴D (1 m2+ 1 m,− 1 m2− 1 m+6 ) ，
8 4 8 4
∵P，D都在第一象限，
∴S=S +S =S −S
△PAD △PBD △PAB △DAB
= 1 |AB) [( − 1 m2+2m+6 ) − ( − 1 m2− 1 m+6 ))
2 2 8 4
= 1 ×8 ( − 3 m2+ 9 m )
2 8 4
3 3
=− m2+9m=− (m2−6m)
2 23 27
=− (m−3) 2+ ，
2 2
( 15)
∴当m=3时，此时P点为 3, .
2
27
S = ．
最大值 2
15．（2022秋·浙江嘉兴·九年级平湖市林埭中学校联考期中）已知：m，n是方程x2−6x+5=0的两个实
数根，且m0)与x轴分别交于A，B两点（点A在点B
的左侧），与y轴交于点P．直线y=kx+b(k≠0)经过点B，与y轴正半轴和抛物线分别交于C，D两点．（1）如图1，当点P的坐标为(0,−1)，且△PAB的面积为1时，求该抛物线的表达式；
（2）在（1）的条件下，若∠DAC=90°，求k的值；
（3）如图2，过点D作DE⊥x轴于点E．判断△PAE的面积与△OBC的面积之间的数量关系，并说明理
由．
【思路点拨】
（1）将点P(0,−1)代入y=ax2+c可得c=−1，抛物线对称轴直线x=0，OA=OB，OP=1．根据△PAB
的面积为1，可得点A，B的坐标，进而求解即可；
（2）将点B的坐标代入y=kx+b可得y=kx−k，令x=0，可得C的坐标为(0,−k)，联立y=x2−1和
y=kx−k求得点D的坐标，过D作DM⊥x轴于点M．易证△ADM≌△CAO(ASA)，可得DM=AO=1，
即可求解；
（3）根据解析式用a、c表示△PAE的面积与△OBC的面积，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：∵点P(0,−1)在抛物线在抛物线y=ax2+c上，
可得c=−1．
∴ y=ax2−1，
∴抛物线的对称轴为直线x=0，点P(0,−1)为顶点．
∴ OA=OB，OP=1．
AB⋅OP
∵ S = =1．
△PAB 2
解得AB=2．
∴点A，B的坐标分别为A(−1,0)，B(1,0)．
∵点A(−1,0)在抛物线y=ax2−1上，可得a=1．
∴抛物线的表达式是y=x2−1．（2）解：由（1）可得点A，B的坐标分别为A(−1,0)，B(1,0)．
∵点B(1,0)在直线y=kx+b上，
∴ k+b=0．得b=−k．
∴ y=kx−k．
当x=0时，y=−k．
∴ C的坐标为(0,−k)．
{y=kx−k)
由 得x2−kx+k−1=0．
y=x2−1
∴ x +x =k，即x =k−1．
D B D
∴ y =(k−1) 2−1=k2−2k．
D
∴ D的坐标为(k−1,k2−2k)．
过D作DM⊥x轴于点M．
∴ AM=−1−(k−1)=−k，OC=−k，DM=k2−2k，
∴AM=OC．
∵∠DMA=∠AOC=90°．
∴∠MDA+∠MAD=90°，
∵∠DAC=90°，
∴ ∠MAD+∠CAO=180°−∠DAC=90°，
∴∠MDA=∠CAO．
∴ △ADM≌△CAO(ASA)．
∴DM=AO=1．
∴ k2−2k=1．得k=1±❑√2．∵ k<0，
∴得k=1−❑√2．
（3）解：结论：S =S ．
△OBC △PAE
∵当y=0时，ax2+c=0，得x2=− c ，则x=±❑ √ − c ，
a a
( √ c ) (√ c )
∴点A，B的坐标分别为A −❑− ,0 ，B ❑− ,0 ，
a a
(√ c )
∵点B ❑− ,0 在直线y=kx+b上，
a
√ c √ c
∴ k❑− +b=0，得b=−k❑− ，
a a
( √ c)
∴点C的坐标为C 0,−k❑− ．
a
√ c √ c
∴ OB=❑− ，OC=−k❑− ，
a a
√c ( √ c)
❑ ⋅ −k❑−
a a kc ，
∴S = =
△OBC 2 2a
{ √ c)
y=kx−k❑− √ c
由 a ，得ax2−kx+k❑− +c=0，
a
y=ax2+c
k
∴ x +x = ，
D B ak √ c
∴ x = −❑− ，
D a a
(k √ c )
∴点E的坐标为E −❑− ,0 ．
a a
√ c (k √ c) k
∴ AE=−❑− − −❑− =− ．
a a a a
当x=0时，y=c．
∴点P的坐标为P(0,c)，
∴ OP=−c．
k
− (−c)
∴ a kc．
S = =
△PAE 2 2a
∴ S =S ．
△OPC △PAE
20．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物
线y=ax2+bx+3交x轴负半轴于点A，交x轴正半轴于点B，交y轴于点C，且A(−3,0)，B(1,0)
（1）求这个抛物线的解析式；
（2）如图1，点P为第三象限抛物线上的点，设点P的横坐标为t，△PAC面积S ，求S 与t的函数解析式
1 1
（直接写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，Q为CA延长线上的一点，QB与AP交于点M，若S =S ，求
1 △ABC
S S
△QBC− △QMA
的最大值．
S S
△PBC △BMP
【思路点拨】（1）把A(−3,0)，B(1,0)分别代入解析式，解方程组即可．
3t+9
（2）设PC与x轴的交点为F，设P(t,−t2−2t+3)，确定直线PC的解析式y=kx+3，计算AF= ，
t+2
1
根据S = AF(y −y )计算即可．
1 2 C P
3 9
（3）根据S = t2+ t=6求得t值，设Q(m,m+3)，表示各个三角形的面积，构造二次函数求解即可．
1 2 2
【解题过程】
（1）把A(−3,0)，B(1,0)分别代入解析式y=ax2+bx+3，得
{9a−3b+3=0)
，
a+b+3=0
{a=−1)
解得 ，
b=−2
故抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
（2）如图，设PC与x轴的交点为F，
∵点P为第三象限抛物线上的点，
∴t<−3，
设P(t,−t2−2t+3)，直线PC的解析式y=kx+3，
∴−t2−2t+3=kt+3，
解得k=−(t+2)，
∴直线PC的解析式y=−(t+2)x+3，
( 3 )
∴F ,0 ，
t+2
3 3t+9
∴AF= +3= ，
t+2 t+21 1 3t+9
∴S = AF(y −y )= × ×(3+t2+2t−3)，
1 2 C P 2 t+2
3 9
故S = t2+ t(t<−3)．
1 2 2
（3）∵A(−3,0)，B(1,0)，y=−x2−2x+3，
1
∴C(0,3)，S = ×4×3=6，
△ABC 2
3 9
∵S =S ，S = t2+ t(t<−3)，
1 △ABC 1 2 2
3 9
∴ t2+ t=6，
2 2
解得t =−4,t =1（舍去）
1 2
∴P(−4,−5)，
∴直线PC的解析式y=2x+3，
( 3 )
∴F − ,0 ，
2
1 1 5
S = BF(y −y )= × ×8=10．
△PBC 2 C P 2 2
设直线AC的解析式y=px+3，
∴0=−3p+3，
解得p=1，
∴直线AC的解析式y=x+3，
设Q(m,m+3)，
1 1
∴S = AB(y −y )= ×4×(3−m−3)=−2m，
△QBC 2 C Q 2
S −2m 1
∴ △QBC = =− m；
S 10 5
△PBC
设直线AP的解析式y=wx+r，
{−4w+r=−5)
∴ ，
−3w+r=0
{w=5)
解得 ，
r=15
∴直线AP的解析式y=5x+15，
设直线QB的解析式y=sx+t，{ s+t=0 )
∴ ，
ms+t=m+3
m+3
{ s= )
m−1
解得 ，
m+3
t=−
m−1
m+3 m+3
∴直线QB的解析式y= x− ，
m−1 m−1
{ y=
m+3
x−
m+3
)
∴ m−1 m−1 ，
y=5x+15
3−4m
{ x= )
m−2
解得 ，
−5(m+3)
y=
m−2
(3−4m −5(m+3))
∴M , ，
m−2 m−2
1
S =S −S = AB|y −y )
△QMA △QAB △MAB 2 Q M
1 ( 5(m+3))
= ×4 −(m+3)−
2 m−2
2(m+3) 2
=− ；
m−2
1
S =S −S = AB|y −y )
△BMP △PAB △MAB 2 P M
1 ( 5(m+3))
= ×4 5−
2 m−2
50
=− ；
m−2
S 1
∴ △QMA = (m+3) 2 ，
S 25
△BMP∴ S △QBC− S △QMA =− 1 m− 1 (m+3) 2=− 1 ( m+ 11) 2 + 17 ，
S S 5 25 25 2 20
△PBC △BMP
