精品解析：湖南省宜章县第十三中学2024-2025学年九年级上学期12月月考数学试题

宜章县第十三中学九年级上期十二月份检测 数学试题 时量：120分钟 总分：120 一、单选题（共10道小题，每小题3分，共30分） 1. 将一元二次方程化成（a，b为常数）的形式，则a，b的值分别是（ ） A. ，21 B. ，11 C. 4，21 D. ，69 2. 二次函数的顶点的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度。金字塔的影长，推算出金字塔的高度。这种测量原理，就是我们所学的（ ） A. 图形的平移 B. 图形的旋转 C. 图形的轴对称 D. 图形的相似 4. 一元二次方程的一个根为，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 1或0 D. -1或1 5. 关于一元二次方程根的情况，下列说法正确的是　　 A. 有一个实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有两个不相等的实数根 D. 没有实数根 6. 如图，四边形是平行四边形，点E在边上，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，下列条件中，不能判定△ACD∽△ABC的是（　　） A. ∠ADC＝∠ACB B. ∠B＝∠ACD C. ∠ACD＝∠BCD D. 8. 如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆测量建筑物的高度，已知标杆高，测得，，则建筑物的高是(　　　) A. B. C. D. 9. 下列关于抛物线 的描述不正确的是（    ） A. 对称轴是直线x=                                          B. 函数y的最大值是 C. 与y轴交点是（0，1）                                         D. 当x= -1时，y=0 10. 如图，在矩形ABCD中，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处．若AB＝3，BC＝5，则tan∠DAE的值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共8道小题，每小题3分，共24分） 11. 在比例尺的地图上，量得，两地的距离是，则，两地的实际距离是________米. 12. 如果一组数据5，x，3，4的平均数是5，那么x=_______． 13. △ABC中，∠A、∠B都是锐角，若sinA＝，cosB＝，则∠C＝_____． 14. 从某市5 000份试卷中随机抽取了400份试卷，其中有360份成绩合格，估计全市成绩合格的人数约为______. 15. 如图，点C在线段上，且，分别以、为边在线段的同侧作正方形、，连接、，则_________． 16. 如图，在矩形中，于点E，已知，，则对角线的长为________． 17. 抛物线的对称轴为直线，与x轴的一个交点A在点和之间，其部分图象如图，则下列4个结论：①；②；③；④点、在抛物线上，若，则，其中正确的是________． 18. 如图，点A在双曲线上，连接，作，交双曲线于点B，连接．若，则k的值为________． 三、解答题（本大题共8个题，第19题每小题5分，第20-21题每题6分，22-24题每题8分，第25题9分，第26题11分，共66分） 19. 解方程： （1）； （2）． 20. 如图，已知直线分别截直线于点A，B，C，截直线于点D，E，F，且， （1）如果，求的长； （2）如果，求的长． 21. 在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． （1）画出关于轴对称的； （2）以原点为位似中心，在网格中画出（1）中的位似图形，使与的相似比为． 22. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数和的图象相交于点，反比例函数的图象经过点. （1）求反比例函数的表达式； （2）设一次函数 的图象与反比例函数 的图象的另一个交点为，连接，求的面积. 23. 如图所示，在矩形中，是边的中点，于点． （1）求证：； （2）求． 24. 新冠状病毒疫情爆发，湖北武汉需要大量救援物资．如图小明站在一栋五层居民楼的第五层（每层高度相等），眼睛离五楼地面的距离m．他发现楼外面停着一辆装载救援物资的货车，货车尾部C点到楼体的水平距离m，车箱顶部C点与地面的垂直距离m；在E点测得C点的俯角为，测得D点的俯角为，求小明所在楼层的高度和货车车箱的长度（结果保留小数点后一位）． （参考数据：，．） 25. 南宁至玉林高速铁路已于去年开工建设，玉林辆隧道是全线控制性隧道，首期打通共有土石方总量600千立方米，总需要时间y天，且完成首期工程限定时间不超过600天．设每天打通土石方x千立方米． （1）求y与x之间的函数关系式及自变量x的取值范围； （2）由于工程进度的需要，实际平均每天挖掘土石方比原计划多0.2千立方米，工期比原计划提前了100天完成，求实际挖掘了多少天才能完成首期工程？ 26. 如图1，已知抛物线经过，，三点，其顶点为D，对称轴是直线l，l与x轴交于点H． （1）求该抛物线的解析式； （2）若点P是该抛物线对称轴l上的一个动点，求周长的最小值； （3）如图2，若E是线段上的一个动点（E与A，D不重合），过E点作平行于y轴的直线交抛物线于点F，交x轴于点G，设点E的横坐标为m，四边形的面积为S，S是否存在最大值，若存在，求出最大值及此时点E的坐标，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宜章县第十三中学九年级上期十二月份检测 数学试题 时量：120分钟 总分：120 一、单选题（共10道小题，每小题3分，共30分） 1. 将一元二次方程化成（a，b为常数）的形式，则a，b的值分别是（ ） A. ，21 B. ，11 C. 4，21 D. ，69 【答案】A 【解析】 【分析】根据配方法步骤解题即可． 【详解】解： 移项得， 配方得， 即， ∴a=-4，b=21． 故选：A 【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，解题关键是配方：在二次项系数为1时，方程两边同时加上一次项系数一半的平方． 2. 二次函数的顶点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图像与性质，解题关键是理解二次函数解析式的顶点式，其顶点坐标为．将该二次函数表达式化为顶点式，确定顶点坐标即可． 【详解】解：∵， 所以，该函数图像的顶点坐标为． 故选：C． 3. 泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度。金字塔的影长，推算出金字塔的高度。这种测量原理，就是我们所学的（ ） A. 图形的平移 B. 图形的旋转 C. 图形的轴对称 D. 图形的相似 【答案】D 【解析】 【分析】根据在同一时刻的太阳光下物体的影长和物体的实际高度成比例即可判断； 【详解】根据题意画出如下图形：可以得到，则 即为金字塔的高度，即为标杆的高度，通过测量影长即可求出金字塔的高度 故选：D. 【点睛】本题主要考查将实际问题数学化，根据实际情况画出图形即可求解. 4. 一元二次方程的一个根为，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 1或0 D. -1或1 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，把x=0代入原方程可求m的值，注意二次项系数m-1≠0． 【详解】解：依题意，当x=0时，原方程为 解得 ∵二次项系数m−1≠0，即m≠1， ∴m=0． 故选A． 【点睛】考查一元二次方程的解和一元二次方程的定义，注意二次项的系数不能为0． 5. 关于一元二次方程根的情况，下列说法正确的是　　 A. 有一个实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有两个不相等的实数根 D. 没有实数根 【答案】C 【解析】 【分析】根据根的判别式进行求解即可得答案. 【详解】，，， ， 一元二次方程有两个不相等的实数根， 故选C． 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握根的判别式是解题的关键. 一元二次方程根的情况与判别式△的关系： （1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根； （2）△=0⇔方程有两个相等的实数根； （3）△＜0⇔方程没有实数根． 6. 如图，四边形是平行四边形，点E在边上，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由四边形是平行四边形，可得，，易证得，然后由相似三角形的性质，求得答案． 【详解】解：四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，故选项A正确，不符合题意； ∵， ∴，故选项B不正确，符合题意； ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴，故选项C正确，不符合题意； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴选项D正确，不符合题意． 故选：B． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质．注意掌握各线段的对应关系是解此题的关键． 7. 如图，下列条件中，不能判定△ACD∽△ABC的是（　　） A. ∠ADC＝∠ACB B. ∠B＝∠ACD C. ∠ACD＝∠BCD D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据相似三角形的判定即可求出答案． 【详解】（A）∵∠A＝∠A，∠ADC＝∠ACB， ∴△ACD∽△ABC，故A能判定△ACD∽△ABC； （B）∵∠A＝∠A，∠B＝∠ACD， ∴△ACD∽△ABC，故B能判定△ACD∽△ABC； （D）∵＝ ，∠A＝∠A， ∴△ACD∽△ABC，故D能判定△ACD∽△ABC； 故选C． 【点睛】本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的判定，本题属于基础题型． 8. 如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆测量建筑物的高度，已知标杆高，测得，，则建筑物的高是(　　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求得AC，再说明△ABE∽△ACD，最后根据相似三角形的性质列方程解答即可． 【详解】解：∵， ∴AC=1.2m+12.8m=14m ∵标杆和建筑物CD均垂直于地面 ∴BE//CD ∴△ABE∽△ACD ∴,即,解得CD=17.5m． 故答案为A． 【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确判定相似三角形并利用相似三角形的性质列方程计算是解答本题的关键． 9. 下列关于抛物线 的描述不正确的是（    ） A. 对称轴是直线x=                                          B. 函数y的最大值是 C. 与y轴交点是（0，1）                                         D. 当x= -1时，y=0 【答案】B 【解析】 【分析】将抛物线的解析式配成顶点式，根据顶点式即可得出其对称轴直线，函数的最值，再根据抛物线与y轴交点的坐标特点，求出其与y轴交点的坐标；根据抛物线上点的坐标特点，将x=-1代入解析式，即可算出对应的函数值，即可判断出答案. 【详解】=, ∴抛物线的对称轴是直线x= ，函数y的最大值是 ； 把x=-1代入得y=0； 把x=0代入得y=1，所以抛物线与y轴交点坐标是（0，1）. ∴选项B错误. 故选B. 【点睛】本题考查了二次函数的性质，把二次函数的一般式利用配方法化为顶点式，得出二次函数的对称轴与顶点坐标是解题关键． 10. 如图，在矩形ABCD中，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处．若AB＝3，BC＝5，则tan∠DAE的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质得AF＝AD＝BC=5，EF＝DE，在Rt△ABF中，利用勾股定理可求出BF的长，则CF可得，设CE＝x，则DE＝EF＝3﹣x，然后在Rt△ECF中根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可得到x，进一步可得DE的长，再根据正切的定义即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝3， ∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处， ∴AF＝AD＝5，EF＝DE， 在Rt△ABF中，BF＝， ∴CF＝BC﹣BF＝5﹣4＝1， 设CE＝x，则DE＝EF＝3﹣x 在Rt△ECF中，∵CE2+FC2＝EF2， ∴x2+12＝（3﹣x）2，解得x＝， ∴DE＝EF＝3﹣x＝， ∴tan∠DAE＝， 故选：D． 【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质、锐角三角函数和勾股定理等知识，属于常考题型，灵活运用这些性质进行推理与计算是解题的关键． 二、填空题（共8道小题，每小题3分，共24分） 11. 在比例尺的地图上，量得，两地的距离是，则，两地的实际距离是________米. 【答案】 【解析】 【分析】图上距离和比例尺已知,依据"实际距离-图上距离比例尺"即可求出A、 B 两地的实际距离． 【详解】解:∵比例尺为1：10000，A，两地的距离是3cm， 设A，B两地的实际距离为cm， ∴ ∴， ∵， ∴A，B两地的实际距离为300米． 故答案为:300． 【点睛】本题主要考查图上距离、际距离和比例尺之间的关系，解答时要注意单位的换算． 12. 如果一组数据5，x，3，4的平均数是5，那么x=_______． 【答案】8 【解析】 【分析】本题是已知一组数据的平均数，求这组数据中未知数的题目，可以利用平均数的计算公式进行解答； 【详解】由题意可得 解得:x=8. 故答案为8. 【点睛】考查平均数的计算，熟练掌握平均数的计算方法是解题的关键. 13. △ABC中，∠A、∠B都是锐角，若sinA＝，cosB＝，则∠C＝_____． 【答案】60°． 【解析】 【分析】先根据特殊角的三角函数值求出∠A、∠B的度数，再根据三角形内角和定理求出∠C即可作出判断． 【详解】∵△ABC中，∠A、∠B都是锐角，sinA＝，cosB＝， ∴∠A＝∠B＝60°． ∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣60°﹣60°＝60°． 故答案为：60°． 【点睛】本题考查的是特殊角的三角函数值及三角形内角和定理，比较简单． 14. 从某市5 000份试卷中随机抽取了400份试卷，其中有360份成绩合格，估计全市成绩合格的人数约为______. 【答案】4500 【解析】 【详解】【分析】首先求得抽取的400份试卷的合格率，然后乘以总人数即可． 【详解】∵抽取抽取了400份试卷，其中有360份成绩合格， ∴合格率为×100%=90%， ∴估计全市成绩合格的 人数约为5000×90%=4500， 故答案为4500. 【点睛】本题考查了用样本估计总体，解题的关键是求得样本的合格率． 15. 如图，点C在线段上，且，分别以、为边在线段的同侧作正方形、，连接、，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】设BC=a，则AC=2a，然后利用正方形的性质求得CE、CG的长、∠GCD=ECD=45°，进而说明△ECG为直角三角形，最后运用正切的定义即可解答． 【详解】解：设BC=a，则AC=2a ∵正方形 ∴EC=，∠ECD= 同理：CG=,∠GCD= ∴． 故答案为． 【点睛】本题考查了正方形的性质和正切的定义，根据正方形的性质说明△ECG是直角三角形是解答本题的关键． 16. 如图，在矩形中，于点E，已知，，则对角线的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、解直角三角形，由矩形的性质可得，即，求出，从而可得，再由余弦的定义计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 17. 抛物线的对称轴为直线，与x轴的一个交点A在点和之间，其部分图象如图，则下列4个结论：①；②；③；④点、在抛物线上，若，则，其中正确的是________． 【答案】②③ 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数图象与系数的关系，利用抛物线与x轴的交点个数对①进行判断；利用抛物线的对称轴方程对②进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点在点和之间，所以时，，则可对③进行判断；利用二次函数的性质对④进行判断． 【详解】解：抛物线与x轴有2个交点， ， 故①错误； 抛物线的对称轴为直线， ， 即， 故②正确； 抛物线的对称轴为直线，与x轴的一个交点A在点和之间， 抛物线与x轴的另一个交点在点和之间， 时，， ， 故③正确； 抛物线开口方向向下， 当时，， 当时，， 故④错误， 故答案为：②③． 18. 如图，点A在双曲线上，连接，作，交双曲线于点B，连接．若，则k的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理，反比例函数系数的几何意义，利用条件构造三角形相似是解题的关键．过作轴于点，过作轴于点，由条件证得，从而得出，即可得到，解方程求得的值． 【详解】解：， ， ， 可设， ， ， 过作轴于点，过作轴于点， ；， ， ， ，且， ， ， ， 解得， 故答案为：． 三、解答题（本大题共8个题，第19题每小题5分，第20-21题每题6分，22-24题每题8分，第25题9分，第26题11分，共66分） 19. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）或 （2）或 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是运用因式分解法来解答． （1）先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，即可求出答案； （2）先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，即可求出答案． 【小问1详解】 解： ， 即或， 或； 【小问2详解】 解： ， ， 即或， 或． 20. 如图，已知直线分别截直线于点A，B，C，截直线于点D，E，F，且， （1）如果，求的长； （2）如果，求的长． 【答案】（1）6； （2）10 【解析】 【分析】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握相关知识，准确识图是解题的关键． 对于（1），由平行线分线段成比例定理得到，代入已知线段长度即可得到的长； 对于（2），由平行线分线段成比例定理得到，由得到，即，即可得到的长． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∵， ∴， 解得：； 【小问2详解】 ∵， ∴， ∵， ∴， 解得． 21. 在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． （1）画出关于轴对称的； （2）以原点为位似中心，在网格中画出（1）中的位似图形，使与的相似比为． 【答案】（1） 如图，即为所求， （2）如图，即为所求． 【解析】 【分析】本题考查轴对称作图和位似作图，掌握关于x轴对称的两点坐标特点和位似图形的坐标特点是解题的关键． （1）根据关于x轴对称的两点横坐标相等，纵坐标互为相反数找出三个顶点的对应点，再连线即可； （2）根据位似图形的坐标特点，先求出对应点的坐标，再描点连线即可得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 22. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数和的图象相交于点，反比例函数的图象经过点. （1）求反比例函数的表达式； （2）设一次函数 的图象与反比例函数 的图象的另一个交点为，连接，求的面积. 【答案】（1）反比例函数的表达式为；（2）的面积为. 【解析】 【分析】（1）联立两一次函数解出A点坐标，再代入反比例函数即可求解； （2）联立一次函数与反比例函数求出B点坐标，再根据反比例函数的性质求解三角形的面积. 【详解】（1）由题意：联立直线方程，可得，故A点坐标为（-2,4） 将A（-2,4）代入反比例函数表达式，有，∴ 故反比例函数的表达式为 （2）联立直线与反比例函数， 解得，当时，，故B（-8,1） 如图，过A，B两点分别作轴的垂线，交轴于M、N两点，由模型可知 S梯形AMNB=S△AOB， ∴S梯形AMNB=S△AOB=== 【点睛】此题主要考查一次函数与反比例函数综合，解题的关键是熟知一次函数与反比例函数的图像与性质. 23. 如图所示，在矩形中，是边的中点，于点． （1）求证：； （2）求． 【答案】（1） 证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴ 又∵， ∴ ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】（1）利用“两角对应相等，两个三角形相似”证明结论即可； （2）证明，由相似三角形的性质可得，设，，易得，结合可得，然后理由正切的定义求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，， ∵为中点， ∴， ∴，即， ∴在中，． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 24. 新冠状病毒疫情爆发，湖北武汉需要大量救援物资．如图小明站在一栋五层居民楼的第五层（每层高度相等），眼睛离五楼地面的距离m．他发现楼外面停着一辆装载救援物资的货车，货车尾部C点到楼体的水平距离m，车箱顶部C点与地面的垂直距离m；在E点测得C点的俯角为，测得D点的俯角为，求小明所在楼层的高度和货车车箱的长度（结果保留小数点后一位）． （参考数据：，．） 【答案】货车车箱的长度约为7.7m，小明所在楼层的高度约为3.1m 【解析】 【分析】设居民楼每层楼高为m，则，解直角三角形，构造方程，求出每次楼高度3.1m，解直角三角形，得到问题得解． 【详解】解：由题意可知，， 设居民楼每层楼高为m，则． 在中，， ∴． ∴． ∴． ∴（m）． 在中，，∴． ∴． ∵， ∴． ∴（m） 答：货车车箱的长度约为7．7m，小明所在楼层的高度约为3．1m． 【点睛】本题考查了解直角三角形应用，根据题意设合适量为未知数，根据三角函数构造方程是解题关键． 25. 南宁至玉林高速铁路已于去年开工建设，玉林辆隧道是全线控制性隧道，首期打通共有土石方总量600千立方米，总需要时间y天，且完成首期工程限定时间不超过600天．设每天打通土石方x千立方米． （1）求y与x之间的函数关系式及自变量x的取值范围； （2）由于工程进度的需要，实际平均每天挖掘土石方比原计划多0.2千立方米，工期比原计划提前了100天完成，求实际挖掘了多少天才能完成首期工程？ 【答案】（1）（0<x≤600）；（2）实际挖掘了500天才能完成首期工程 【解析】 【分析】（1）根据“工作时间=总工作量÷每天工作量”，即可得出y关于x的函数关系式； （2）根据工期比原计划提前了100天列方程求解即可． 【详解】解：（1）∵共有土石方总量600千立方米， ∴（0<x≤600）； （2）由题意得 ， 解得x1=1，x2=（负值舍去）， 经检验x=1是原分式方程的解 1+0.2=1.2千立方米， 600÷1.2=500天． 答：实际挖掘了500天才能完成首期工程． 【点睛】本题考查了反比例函数的应用，以及分式方程的应用，解题的关键是：（1）根据数量关系列出函数关系式；（2）根据工期比原计划提前了100天列出方程． 26. 如图1，已知抛物线经过，，三点，其顶点为D，对称轴是直线l，l与x轴交于点H． （1）求该抛物线的解析式； （2）若点P是该抛物线对称轴l上的一个动点，求周长的最小值； （3）如图2，若E是线段上的一个动点（E与A，D不重合），过E点作平行于y轴的直线交抛物线于点F，交x轴于点G，设点E的横坐标为m，四边形的面积为S，S是否存在最大值，若存在，求出最大值及此时点E的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）最大值为，， 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）连接交直线于，连接、，由轴对称的性质可得，从而可得的周长的最小值为，再利用勾股定理计算即可得解； （3）将抛物线函数解析式化为顶点式得出，，从而可得，，求出直线的解析式为，则，，，从而可得，，，连接，则四边形的面积为，再结合二次函数的性质即可得解． 【小问1详解】 解：∵拋物线经过，，三点， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为； 【小问2详解】 解：如图，连接交直线于，连接、， ， 由题意可得，点、关于直线对称， ∴， ∵的周长，其中为定值， ∴的周长的最小值为， ∵，，， ∴，， ∴周长的最小值为； 【小问3详解】 解：∵， ∴，， ∴，， 设直线的解析式为， 将，代入解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为， ∵E是线段上的一个动点（E与A，D不重合），设点E的横坐标为m， ∴， ∵过E点作平行于y轴的直线交抛物线于点F，交x轴于点G， ∴，， ∴，，， 如图，连接， ， ∴四边形的面积为 ， ∵，， ∴当时，四边形的面积为S最大，最大值为，此时，即． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数综合—周长问题，二次函数综合—面积问题，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $