20260508 面积与最值
★★★★☆
第1题（一次函数+矩形面积最值）：以一次函数图像上的动点构造矩形，将面积表示为动点坐标的二次函数。核心考查三项能力：①坐标语言的翻译（\(P\) 的坐标 → 矩形边长 \(OC\)、\(OD\)）②二次函数配方法求最值 ③判别式判断方程解的存在性。④是核心陷阱——\(S = 4\) 仅比最大值 \(3\) 大了 \(1\)，学生容易凭直觉判断"应该可以在某个位置达到"，实则判别式 \(\Delta = -3 < 0\)，无解。这考查的是"用代数验证直觉"的习惯。对标中考选择题 #5~6 的多结论判断题，尤其是"看似合理实则不成立"的第④个结论是选项区分度的关键。
第2题（平行四边形面积+对角线多解）：给定两边和面积反推对角线长，考查几何图形中的分类讨论思维。核心信号：面积 = 底 × 高 → 高确定 → 但由斜边和一条直角边（高）求另一条直角边，得到 \(\pm 2\) 两个投影长度 → 两种平行四边形（\(\angle A\) 为锐角或钝角）。全过程仅用八年级知识（坐标法 + 勾股定理），不涉及余弦定理。选项设计：A/B 各是一种情况的单解，D 中的 \(2\sqrt{37}\) 在计算不出错时不会得到，是干扰项。对标填空 #17 的多解陷阱题型。
第3题（直线动点+三角形面积）：给定两定点 \(A\)、\(B\) 和一条已知直线上的动点 \(C\)，以 \(\triangle ABC\) 面积为定值求 \(C\) 坐标。核心考点：点到直线距离公式 + 绝对值方程的完整讨论。化简后 \(|3t - 6| = 6\) 极其简洁，但正是这种简洁容易让学生放松警惕——忘记去绝对值时的第二种情况 \(3t - 6 = -6\)。两个解 \((4, 0)\) 和 \((0, 8)\) 均简洁美观，方便验算。对标中考 #17 的分类讨论填空。
趋势契合：三题均体现"自主动手、拒绝套路"——第1题需学生自己建立面积函数（而非识别某个"模型"），第2题需自己用坐标法构造分类讨论（而非套公式），第3题需自己处理绝对值方程的两解（题目不提示"分类讨论"）。第1题的矩形面积有屏幕视窗/窗口管理的实际应用联想，呼应"综合与实践"方向。
SVG自检：第1题SVG含10个坐标点（O/A/B/P/C/D + 四顶点箭头），全部由公式 SVG_X=60+70x_math, SVG_Y=380-70y_math 计算，零视觉估算。
如图，直线 \(l: y = -\dfrac{4}{3}x + 4\) 与 \(x\) 轴、\(y\) 轴分别交于点 \(A\)、\(B\)。点 \(P\) 为线段 \(AB\) 上一动点，过 \(P\) 分别作 \(PC \perp x\) 轴于点 \(C\)，\(PD \perp y\) 轴于点 \(D\)。设矩形 \(OCPD\) 的面积为 \(S\)。
给出下列四个结论：
① \(A(3, 0),\; B(0, 4)\)
② 当 \(P\) 为 \(AB\) 中点时，\(S\) 取得最大值
③ \(S\) 的最大值为 \(3\)
④ 存在点 \(P\) 使得 \(S = 4\)
其中正确的有（ ）
A. \(1\) 个 B. \(2\) 个 C. \(3\) 个 D. \(4\) 个
图：\(P\) 在线段 \(AB\) 上运动，矩形 \(OCPD\) 面积 \(S = OC \times OD\) 随 \(P\) 位置变化。
已知平行四边形 \(ABCD\) 中，\(AB = 6\)，\(AD = 4\)，面积为 \(12\sqrt{3}\)。则 \(BD\) 的长为（ ）
A. \(2\sqrt{7}\) B. \(2\sqrt{19}\) C. \(2\sqrt{7}\) 或 \(2\sqrt{19}\) D. \(2\sqrt{7}\) 或 \(2\sqrt{37}\)
已知直线 \(y = x + 2\) 与 \(x\) 轴交于点 \(A\)，与 \(y\) 轴交于点 \(B\)。点 \(C\) 在直线 \(y = -2x + 8\) 上，且 \(\triangle ABC\) 的面积为 \(6\)。则点 \(C\) 的坐标为 \_\_\_\_\_\_。
提示：结果可能不止一个，全部写出。
答案：C（3个正确：①②③）
| 结论 | 判断 | 关键思路 |
|---|---|---|
| ① \(A(3,0), B(0,4)\) | ✓ | 令 \(y=0\) 得 \(x=3\)；令 \(x=0\) 得 \(y=4\) |
| ② 中点时 \(S\) 最大 | ✓ | 见下方推导 |
| ③ \(S_{\max}=3\) | ✓ | \(S = -\frac{4}{3}(t-1.5)^2 + 3\)，最大值为 \(3\) |
| ④ 存在 \(P\) 使 \(S=4\) | ✗ | 方程 \(-\frac{4}{3}t^2+4t=4\) → \(t^2-3t+3=0\)，\(\Delta = -3 < 0\)，无实数解 |
详细推导：
设 \(P(t,\; -\frac{4}{3}t + 4)\)，其中 \(0 \leq t \leq 3\)。则 \(OC = t\)，\(OD = -\frac{4}{3}t + 4\)。
\[ S = OC \times OD = t\left(-\frac{4}{3}t + 4\right) = -\frac{4}{3}t^2 + 4t \]
\[ S = -\frac{4}{3}(t^2 - 3t) = -\frac{4}{3}\left[(t-1.5)^2 - 2.25\right] = -\frac{4}{3}(t-1.5)^2 + 3 \]
\(S\) 是关于 \(t\) 的开口向下的二次函数，最大值在 \(t = 1.5\) 处取得，\(S_{\max} = 3\)。
\(t = 1.5\) 时，\(P(1.5, 2)\)，恰为 \(AB\) 中点 \(\left(\frac{3+0}{2}, \frac{0+4}{2}\right)\)。
关键技巧：将几何量（矩形边长）用参数 \(t\) 表达，转化为二次函数最值问题。配方法是最核心的代数工具。
答案：C（\(2\sqrt{7}\) 或 \(2\sqrt{19}\)）
以 \(A\) 为原点，\(AB\) 所在直线为 \(x\) 轴建立坐标系，则 \(B(6, 0)\)。
平行四边形面积 \(S = AB \times h = 6 \times h = 12\sqrt{3}\)，得高 \(h = 2\sqrt{3}\)。
设 \(D(x, y)\)，由 \(AD = 4\) 得 \(x^2 + y^2 = 16\)，又高 \(|y| = 2\sqrt{3}\)。
代入：\(x^2 + 12 = 16 \Rightarrow x^2 = 4 \Rightarrow x = \pm 2\)。
情况1：\(D(2, 2\sqrt{3})\)，由平行四边形性质 \(C = B + \vec{AD} = (8,\; 2\sqrt{3})\)。
\[ BD^2 = (8-0)^2 + (2\sqrt{3})^2 = 64 + 12 = 76,\quad BD = 2\sqrt{19} \]
情况2：\(D(-2, 2\sqrt{3})\)，则 \(C = (4,\; 2\sqrt{3})\)。
\[ BD^2 = (4-0)^2 + (2\sqrt{3})^2 = 16 + 12 = 28,\quad BD = 2\sqrt{7} \]
（\(y\) 取 \(-2\sqrt{3}\) 的两种情况同理，\(BD\) 值不变。）
关键技巧：面积给定不唯一确定图形——\(\angle A\) 可锐可钝，导致 \(D\) 的横坐标有 \(\pm 2\) 两种可能。坐标法避免了对角度的直接讨论，只用勾股定理完成分类。
答案：\((4, 0)\) 或 \((0, 8)\)
设 \(C(t,\; -2t + 8)\)（在直线 \(y = -2x + 8\) 上）。
\(C\) 到 \(AB\) 的距离：
\[ d = \frac{|t - (-2t + 8) + 2|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{|3t - 6|}{\sqrt{2}} \]
三角形面积：
\[ S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} \times AB \times d = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{2} \times \frac{|3t - 6|}{\sqrt{2}} = |3t - 6| \]
令 \(|3t - 6| = 6\)：
验证：两个点均不在 \(AB\) 上（不在直线 \(y = x + 2\) 上），均为有效解。
关键技巧：绝对值方程天然产生两解。学生易漏掉 \(3t - 6 = -6\) 的情况——面积公式含绝对值，去绝对值时必须讨论正负。