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1、2017中考数学全国试题汇编-二次函数中三角形面积最大值综合题28（2017甘肃白银）如图，已知二次函数的图象与轴交于点，点，与轴交于点（1）求二次函数的表达式；（2）连接，若点在线段上运动（不与点重合），过点作，交于点，当面积最大时，求点的坐标；（3）连接，在（2）的结论下，求与的数量关系解：（1）将点B，点C的坐标分别代入，得：， 1分解得：，该二次函数的表达式为 3分（2）设点N的坐标为（n，0）（2n8），则，MNBCxAOyB（-2，0）, C（8，0）,BC=10.令，解得：，点A（0，4），OA=4，MNAC， 4分OA=4，BC=10， 5分 6分当n=3时，即N（3，0）时，
2、AMN的面积最大 7分（3）当N（3，0）时，N为BC边中点.M为AB边中点， 8分， 9分 10分24（2017海南）.抛物线经过点 和点 。（1）求该抛物线所对应的函数解析式；（2）该抛物线与直线 相交于两点，点是抛物线上的动点且位于轴下方。直线 轴，分别与 轴和直线 交与点。连结，如图12-1，在点运动过程中，的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；连结 ，过点作，垂足为点，如图12-2。是否存在点 ，使得与相似？若存在，求出满足条件的点的坐标；若不存在，说明理由。【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）可设出P点坐标，则可表示
3、出M、N的坐标，联立直线与抛物线解析式可求得C、D的坐标，过C、D作PN的垂线，可用t表示出PCD的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值；当CNQ与PBM相似时有=或=两种情况，利用P点坐标，可分别表示出线段的长，可得到关于P点坐标的方程，可求得P点坐标【解答】解：（1）抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（5，0），解得，该抛物线对应的函数解析式为y=x2x+3；（2）点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，可设P（t， t2t+3）（1t5），直线PMy轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N，M（t，0），N（t， t+3），PN=t+3（t2t+3）=（t）2+联立直线CD与抛
4、物线解析式可得，解得或，C（0，3），D（7，），分别过C、D作直线PN的直线，垂足分别为E、F，如图1，则CE=t，DF=7t，SPCD=SPCN+SPDN=PNCE+PNDF=PN= （t）2+=（t）2+，当t=时，PCD的面积有最大值，最大值为；存在CQN=PMB=90，当CNQ与PBM相似时，有=或=两种情况，CQPM，垂足为Q，Q（t，3），且C（0，3），N（t， t+3），CQ=t，NQ=t+33=t，=，P（t， t2t+3），M（t，0），B（5，0），BM=5t，PM=0（t2t+3）=t2+t3，当=时，则PM=BM，即t2+t3=（5t），解得t=2或t=5（舍去），
5、此时P（2，）；当=时，则BM=PM，即5t=（t2+t3），解得t=或t=5（舍去），此时P（，）；综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（2，）或（，）【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、二次函数的性质、相似三角形的判定和性质、方程思想及分类讨论思想等知识在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中用P点坐标表示出PCD的面积是解题的关键，在（2）中利用相似三角形的性质确定出相应线段的比是解题的关键本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大24.在平面直角坐标系中，规定：抛物线的伴随直线为.例如：抛物线的伴随直线为，即（1）在上面规定下，抛物线的顶点为 .伴随直线为
6、 ；抛物线与其伴随直线的交点坐标为 和 ；（2）如图，顶点在第一象限的抛物线与其伴随直线相交于点 (点在点 的右侧)与 轴交于点若 求的值；如果点是直线上方抛物线的一个动点，的面积记为，当 取得最大值 时，求的值.【分析】（1）由抛物线的顶点式可求得其顶点坐标，由伴随直线的定义可求得伴随直线的解析式，联立伴随直线和抛物线解析式可求得其交点坐标；（2）可先用m表示出A、B、C、D的坐标，利用勾股定理可表示出AC2、AB2和BC2，在RtABC中由勾股定理可得到关于m的方程，可求得m的值；由B、C的坐标可求得直线BC的解析式，过P作x轴的垂线交BC于点Q，则可用x表示出PQ的长，进一步表示出PBC
7、的面积，利用二次函数的性质可得到m的方程，可求得m的值【解答】解：（1）y=（x+1）24，顶点坐标为（1，4），由伴随直线的定义可得其伴随直线为y=（x+1）4，即y=x3，联立抛物线与伴随直线的解析式可得，解得或，其交点坐标为（0，3）和（1，4），故答案为：（1，4）；y=x3；（0，3）；（1，4）；（2）抛物线解析式为y=m（x1）24m，其伴随直线为y=m（x1）4m，即y=mx5m，联立抛物线与伴随直线的解析式可得，解得或，A（1，4m），B（2，3m），在y=m（x1）24m中，令y=0可解得x=1或x=3，C（1，0），D（3，0），AC2=4+16m2，AB2=1+m2，B
8、C2=9+9m2，CAB=90，AC2+AB2=BC2，即4+16m2+1+m2=9+9m2，解得m=（抛物线开口向下，舍去）或m=，当CAB=90时，m的值为；设直线BC的解析式为y=kx+b，B（2，3m），C（1，0），解得，直线BC解析式为y=mxm，过P作x轴的垂线交BC于点Q，如图，点P的横坐标为x，P（x，m（x1）24m），Q（x，mxm），P是直线BC上方抛物线上的一个动点，PQ=m（x1）24m+mx+m=m（x2x2）=m（x）2，SPBC=（2（1）PQ=（x）2m，当x=时，PBC的面积有最大值m，S取得最大值时，即m=，解得m=2【点评】本题为二次函数的综合应用，涉
9、及待定系数法、二次函数的性质、函数的图象的交点、勾股定理、方程思想等知识在（1）中注意伴随直线的定义的理解，在（2）中分别求得A、B、C、D的坐标是解题的关键，在（2）中用x表示出PBC的面积是解题的关键本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中24（2017湖北恩施）如图，已知抛物线y=ax2+c过点（2，2），（4，5），过定点F（0，2）的直线l：y=kx+2与抛物线交于A、B两点，点B在点A的右侧，过点B作x轴的垂线，垂足为C（1）求抛物线的解析式；（2）当点B在抛物线上运动时，判断线段BF与BC的数量关系（、=），并证明你的判断；（3）P为y轴上一点，以B、C、F、P为顶点的四边形是菱
10、形，设点P（0，m），求自然数m的值；（4）若k=1，在直线l下方的抛物线上是否存在点Q，使得QBF的面积最大？若存在，求出点Q的坐标及QBF的最大面积；若不存在，请说明理由【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式；（2）设B（x， x2+1），而F（0，2），利用两点间的距离公式得到BF2=x2+（x2+12）2=，再利用配方法可得到BF=x2+1，由于BC=x2+1，所以BF=BC；（3）如图1，利用菱形的性质得到CB=CF=PF，加上CB=FB，则可判断BCF为等边三角形，所以BCF=60，则OCF=30，于是可计算出CF=4，所以PF=CF=4，从而得到自
11、然数m的值为6；（4）作QEy轴交AB于E，如图2，先解方程组得B（1+，3+），设Q（t， t2+1），则E（t，t+2），则EQ=t2+t+1，则SQBF=SEQF+SEQB=（1+）EQ=（1+）（t2+t+1），然后根据二次函数的性质解决问题【解答】解：（1）把点（2，2），（4，5）代入y=ax2+c得，解得，所以抛物线解析式为y=x2+1；（2）BF=BC理由如下：设B（x， x2+1），而F（0，2），BF2=x2+（x2+12）2=x2+（x21）2=（x2+1）2，BF=x2+1，BCx轴，BC=x2+1，BF=BC；（3）如图1，m为自然数，则点P在F点上方，以B、C、F、
12、P为顶点的四边形是菱形，CB=CF=PF，而CB=FB，BC=CF=BF，BCF为等边三角形，BCF=60，OCF=30，在RtOCF中，CF=2OF=4，PF=CF=4，P（0，6），即自然数m的值为6；（4）作QEy轴交AB于E，如图2，当k=1时，一次函数解析式为y=x+2，解方程组得或，则B（1+，3+），设Q（t， t2+1），则E（t，t+2），EQ=t+2（t2+1）=t2+t+1，SQBF=SEQF+SEQB=（1+）EQ=（1+）（t2+t+1）=（t2）2+1，当t=2时，SQBF有最大值，最大值为+1，此时Q点坐标为（2，2）25（2017山东东营）如图，直线y=x+分别
13、与x轴、y轴交于B、C两点，点A在x轴上，ACB=90，抛物线y=ax2+bx+经过A，B两点（1）求A、B两点的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）点M是直线BC上方抛物线上的一点，过点M作MHBC于点H，作MDy轴交BC于点D，求DMH周长的最大值【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，在RtBOC中由三角函数定义可求得OCB=60，则在RtAOC中可得ACO=30，利用三角函数的定义可求得OA，则可求得A点坐标；（2）由A、B两点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（3）由平行线的性质可知MDH=BCO=60，在RtDMH中利用三角函数的定义可得到DH、MH与DM的关系，可设出M点的坐标，则可表示出DM的长，从而可表示出DMH的周长，利用二次函数的性质可求得其最大值【解答】解：（1）直线y=x+分别与x轴、y轴交于B、C两点，B（3，0），C（0，），OB=3，OC=，tanBCO=，BCO=60，ACB=90，ACO=30，=tan30
