中考数学二轮复习专题二解答重难点题型突破题型六二次函数与几何图形综合题试题.doc

1 题型六　二次函数与几何图形综合题 类型一　二次函数与图形判定 1．(2017·陕西)在同一直角坐标系中，抛物线 C1：y＝ax2－2x－3 与抛物线 C2：y＝x2＋ mx＋n 关于 y 轴对称，C2 与 x 轴交于 A、B 两点，其中点 A 在点 B 的左侧． (1)求抛物线 C1，C2 的函数表达式； (2)求 A、B 两点的坐标； (3)在抛物线 C1 上是否存在一点 P，在抛物线 C2 上是否存在一点 Q，使得以 AB 为边，且 以 A、B、P、Q 四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出 P、Q 两点的坐标；若不存 在，请说明理由. 2．(2017·随州)在平面直角坐标系中，我们定义直线 y＝ax－a 为抛物线 y＝ax2＋bx＋ c(a、b、c 为常数，a≠0)的“梦想直线”；有一个顶点在抛物线上，另有一个顶点在 y 轴上 的三角形为其“梦想三角形”． 已知抛物线 y＝－ 2 3 3 x2－ 4 3 3 x＋2 3与其“梦想直线”交于 A、B 两点(点 A 在点 B 的左侧)，与 x 轴负半轴交于点 C. (1)填空：该抛物线的“梦想直线”的解析式为__________，点 A 的坐标为__________， 点 B 的坐标为__________； (2)如图，点 M 为线段 CB 上一动点，将△ACM 以 AM 所在直线为对称轴翻折，点 C 的对称 点为 N，若△AMN 为该抛物线的“梦想三角形”，求点 N 的坐标； (3)当点 E 在抛物线的对称轴上运动时，在该抛物线的“梦想直线”上，是否存在点 F， 使得以点 A、C、E、F 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点 E、F 的坐标；2 若不存在，请说明理由． (2017·许昌模拟)已知：如图，抛物线 y＝ax2－2ax＋c(a≠0)与 y 轴交于点 C(0，4)， 与 x 轴交于点 A、B，点 A 的坐标为(4，0)． (1)求该抛物线的解析式； (2)点 Q 是线段 AB 上的动点，过点 Q 作 QE∥AC，交 BC 于点 E，连接 CQ.当△CQE 的面积 最大时，求点 Q 的坐标； (3)若平行于 x 轴的动直线 l 与该抛物线交于点 P，与直线 AC 交于点 F，点 D 的坐标为 (2，0)．问：是否存在这样的直线 l，使得△ODF 是等腰三角形？若存在，请求出点 P 的坐标； 若不存在，请说明理由. 3 4．(2016·河南)如图①，直线 y＝－ 4 3x＋n 交 x 轴于点 A，交 y 轴于点 C(0，4)，抛物 线 y＝ 2 3x2＋bx＋c 经过点 A，交 y 轴于点 B(0，－2)．点 P 为抛物线上一个动点，过点 P 作 x 轴的垂线 PD，过点 B 作 BD⊥PD 于点 D，连接 PB，设点 P 的横坐标为 m. (1)求抛物线的解析式； (2)当△BDP 为等腰直角三角形时，求线段 PD 的长； (3)如图②，将△BDP 绕点 B 逆时针旋转，得到△BD′P′，且旋转角∠PBP′＝∠OAC， 当点 P 的对应点 P′落在坐标轴上时，请直接写出点 P 的坐标. 　　　　　　　　45 类型二　二次函数与图形面积 1．(2017·盐城)如图，在平面直角坐标系中，直线 y＝ 1 2x＋2 与 x 轴交于点 A，与 y 轴 交于点 C，抛物线 y＝－ 1 2x2＋bx＋c 经过 A、C 两点，与 x 轴的另一交点为点 B. (1)求抛物线的函数表达式； (2)点 D 为直线 AC 上方抛物线上一动点； ①连接 BC、CD，设直线 BD 交线段 AC 于点 E，△CDE 的面积为 S1，△BCE 的面积为 S2， 求 S1 S2的最大值； ②过点 D 作 DF⊥AC，垂足为点 F，连接 CD，是否存在点 D，使得△CDF 中的某个角恰好 等于∠BAC 的 2 倍？若存在，求点 D 的横坐标；若不存在，请说明理由． 2．(2017·安顺)如图甲，直线 y＝－x＋3 与 x 轴、y 轴分别交于点 B、点 C，经过 B、C 两点的抛物线 y＝x2＋bx＋c 与 x 轴的另一个交点为 A，顶点为 P. (1)求该抛物线的解析式； (2)在该抛物线的对称轴上是否存在点 M，使以 C，P，M 为顶点的三角形为等腰三角形？ 若存在，请直接写出所有符合条件的点 M 的坐标；若不存在，请说明理由； (3)当 0＜x＜3 时，在抛物线上求一点 E，使△CBE 的面积有最大值(图乙、丙供画图探6 究). 3．(2017·周口模拟)如图，抛物线 y＝ax2＋bx－3 与 x 轴交于点 A(1，0)和点 B，与 y 轴交于点 C，且其对称轴 l 为 x＝－1，点 P 是抛物线上 B，C 之间的一个动点(点 P 不与点 B， C 重合)． (1)直接写出抛物线的解析式； (2)小唐探究点 P 的位置时发现：当动点 N 在对称轴 l 上时，存在 PB⊥NB，且 PB＝NB 的 关系，请求出点 P 的坐标； (3)是否存在点 P 使得四边形 PBAC 的面积最大？若存在，请求出四边形 PBAC 面积的最大7 值；若不存在，请说明理由. 4．(2017·濮阳模拟)如图①，已知抛物线 y＝ax2＋bx－3 的对称轴为 x＝1，与 x 轴分 别交于 A、B 两点，与 y 轴交于点 C，一次函数 y＝x＋1 经过 A，且与 y 轴交于点 D. (1)求该抛物线的解析式． (2)如图②，点 P 为抛物线 B、C 两点间部分上的任意一点(不含 B，C 两点)，设点 P 的横 坐标为 t，设四边形 DCPB 的面积为 S，求出 S 与 t 的函数关系式，并确定 t 为何值时，S 取 最大值？最大值是多少？ (3)如图③，将△ODB 沿直线 y＝x＋1 平移得到△O′D′B′，设 O′B′与抛物线交于点 E，连接 ED′，若 ED′恰好将△O′D′B′的面积分为 1∶2 两部分，请直接写出此时平移的 距离． 8 类型三　二次函数与线段问题 1．(2017·南宁)如图，已知抛物线 y＝ax2－2 3ax－9a 与坐标轴交于 A，B，C 三点， 其中 C(0，3)，∠BAC 的平分线 AE 交 y 轴于点 D，交 BC 于点 E，过点 D 的直线 l 与射线 AC， AB 分别交于点 M，N. (1)直接写出 a 的值、点 A 的坐标及抛物线的对称轴； (2)点 P 为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD 为等腰三角形，求出点 P 的坐标； (3)证明：当直线 l 绕点 D 旋转时， 1 AM＋ 1 AN均为定值，并求出该定值． 9 2．(2017·焦作模拟)如图①，直线 y＝ 3 4x＋m 与 x 轴、y 轴分别交于点 A 和点 B(0，－ 1)，抛物线 y＝ 1 2x2＋bx＋c 经过点 B，点 C 的横坐标为 4. (1)请直接写出抛物线的解析式； (2)如图②，点 D 在抛物线上，DE∥y 轴交直线 AB 于点 E，且四边形 DFEG 为矩形，设点 D 的横坐标为 x(0＜x＜4)，矩形 DFEG 的周长为 l，求 l 与 x 的函数关系式以及 l 的最大值； (3)将△AOB 绕平面内某点 M 旋转 90°或 180°，得到△A1O1B1，点 A、O、B 的对应点分 别是点 A1、O1、B1.若△A1O1B1 的两个顶点恰好落在抛物线上，那么我们就称这样的点为“落 点”，请直接写出“落点”的个数和旋转 180°时点 A1 的横坐标. 10 3．(2017·武汉)已知点 A(－1，1)，B(4，6)在抛物线 y＝ax2＋bx 上． (1)求抛物线的解析式； (2)如图①，点 F 的坐标为(0，m)(m＞2)，直线 AF 交抛物线于另一点 G，过点 G 作 x 轴 的垂线，垂足为 H.设抛物线与 x 轴的正半轴交于点 E，连接 FH、AE，求证：FH∥AE； (3)如图②，直线 AB 分别交 x 轴、y 轴于 C、D 两点．点 P 从点 C 出发，沿射线 CD 方向 匀速运动，速度为每秒 2个单位长度；同时点 Q 从原点 O 出发，沿 x 轴正方向匀速运动，速 度为每秒 1 个单位长度．点 M 是直线 PQ 与抛物线的一个交点，当运动到 t 秒时，QM＝2PM， 直接写出 t 的值. 11 类型四　二次函数与三角形相似 1．(2016·南宁)如图，已知抛物线经过原点 O，顶点为 A(1，1)，且与直线 y＝x－2 交 于 B，C 两点． (1)求抛物线的解析式及点 C 的坐标； (2)求证：△ABC 是直角三角形； (3)若点 N 为 x 轴上的一个动点，过点 N 作 MN⊥x 轴与抛物线交于点 M，则是否存在以 O， M，N 为顶点的三角形与△ABC 相似？若存在，请求出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由. 12 2．(2017·平顶山模拟)如图，抛物线 y＝ax2＋bx＋1 与直线 y＝－ax＋c 相交于坐标轴 上点 A(－3，0)，C(0，1)两点． (1)直线的表达式为__________；抛物线的表达式为__________； (2)D 为抛物线在第二象限部分上的一点，作 DE 垂直 x 轴于点 E，交直线 AC 于点 F，求 线段 DF 长度的最大值，并求此时点 D 的坐标； (3)P 为抛物线上一动点，且 P 在第四象限内，过点 P 作 PN 垂直 x 轴于点 N，使得以 P、 A、N 为顶点的三角形与△ACO 相似，请直接写出点 P 的坐标. 3．如图①，二次函数 y＝ax2＋bx＋3 3经过 A(3，0)，G(－1，0)两点． (1)求这个二次函数的解析式； (2)若点 M 是抛物线在第一象限图象上的一点，求△ABM 面积的最大值； (3)抛物线的对称轴交 x 轴于点 P，过点 E(0， 2 3 3 )作 x 轴的平行线，交 AB 于点 F，是 否存在着点 Q，使得△FEQ∽△BEP？若存在，请直接写出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理 由. 13 4．(2017·海南)抛物线 y＝ax2＋bx＋3 经过点 A(1，0)和点 B(5，0)． (1)求该抛物线所对应的函数解析式； (2)该抛物线与直线 y＝Error!x＋3 相交于 C、D 两点，点 P 是抛物线上的动点且位于 x 轴下方，直线 PM∥y 轴，分别与 x 轴和直线 CD 交于点 M、N. ①连接 PC、PD，如图①，在点 P 运动过程中，△PCD 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； ②连接 PB，过点 C 作 CQ⊥PM，垂足为点 Q，如图②，是否存在点 P，使得△CNQ 与△PBM 相似？若存在，求出满足条件的点 P 的坐标；若不存在，说明理由. 14 题型六　第 23 题二次函数与几何图形综合题 类型一　二次函数与图形判定 1．解：(1)∵C1、C2 关于 y 轴对称， ∴C1 与 C2 的交点一定在 y 轴上，且 C1 与 C2 的形状、大小均相同，∴a＝1，n＝－3， ∴C1 的对称轴为 x＝1， ∴C2 的对称轴为 x＝－1，∴m＝2， ∴C1 的函数表示式为 y＝x2－2x－3，C2 的函数表达式为 y＝x2＋2x－3； (2)在 C2 的函数表达式为 y＝x2＋2x－3 中，令 y＝0 可得 x2＋2x－3＝0，解得 x＝－3 或 x＝1， ∴A(－3，0)，B(1，0)； (3)存在． 设 P(a，b)，则 Q(a＋4，b)或(a－4，b)， ①当 Q(a＋4，b)时，得： a2－2a－3＝(a＋4)2＋2(a＋4)－3， 解得 a＝－2， ∴b＝a2－2a－3＝4＋4－3＝5， ∴P1(－2，5)，Q1(2，5)． ②当 Q(a－4，b)时，得： a2－2a－3＝(a－4)2＋2(a－4)－3， 解得 a＝2. ∴b＝4－4－3＝－3， ∴P2(2，－3)，Q2(－2，－3)． 综上所述，所求点的坐标为 P1(－2，5)，Q1(2，5)； P2(2，－3)，Q2(－2，－3). 2．解：(1)∵抛物线 y＝－ 2 3 3 x2－ 4 3 3 x＋2 3， ∴其梦想直线的解析式为 y＝－ 2 3 3 x＋ 2 3 3 ， 联立梦想直线与抛物线解析式可得{y＝－ 2 3 3 x＋ 2 3 3 y＝－ 2 3 3 x2－ 4 3 3 x＋2 3 ，解得{x＝－2 y＝2 3 或{x＝1 y＝0 ， ∴A(－2，2 3)，B(1，0)； (2)当点 N 在 y 轴上时，△AMN 为梦想三角形， 如解图①，过 A 作 AD⊥y 轴于点 D，则 AD＝2， 在 y＝－ 2 3 3 x2－ 4 3 3 x＋2 3中，令 y＝0 可求得 x＝－3 或 x＝1， ∴C(－3，0)，且 A(－2，2 3)， ∴AC＝ （－2＋3）2＋（2 3）2＝ 13， 由翻折的性质可知 AN＝AC＝ 13， 在 Rt△AND 中，由勾股定理可得 DN＝ AN2－AD2＝ 13－4＝3， ∵OD＝2 3，∴ON＝2 3－3 或 ON＝2 3＋3， 当 ON＝2 3＋3 时，则 MN＞OD＞CM，与 MN＝CM 矛盾，不合题意，15 ∴N 点坐标为(0，2 3－3)； 当 M 点在 y 轴上时，则 M 与 O 重合，过 N 作 NP⊥x 轴于点 P，如解图②， 在 Rt△AMD 中，AD＝2，OD＝2 3，∴tan∠DAM＝ MD AD＝ 3，∴∠DAM＝60°， ∵AD∥x 轴，∴∠AMC＝∠DAM＝60°， 又由折叠可知∠NMA＝∠AMC＝60°， ∴∠NMP＝60°，且 MN＝CM＝3， ∴MP＝ 1 2MN＝ 3 2，NP＝ 3 2 MN＝ 3 3 2 ， ∴此时 N 点坐标为( 3 2， 3 3 2 )； 综上可知 N 点坐标为(0，2 3－3)或( 3 2， 3 3 2 )； (3)①当 AC 为平行四边形的边时，如解图③，过 F 作对称轴的垂线 FH，过 A 作 AK⊥x 轴 于点 K， 则有 AC∥EF 且 AC＝EF，∴∠ACK＝∠EFH， 在△ACK 和△EFH 中，{∠ACK＝∠EFH ∠AKC＝∠EHF AC＝EF ， ∴△ACK≌△EFH(AAS)， ∴FH＝CK＝1，HE＝AK＝2 3， ∵抛物线对称轴为 x＝－1，∴F 点的横坐标为 0 或－2， ∵点 F 在直线 AB 上，∴当 F 点横坐标为 0 时，则 F(0， 2 3 3 )，此时点 E 在直线 AB 下方， ∴E 到 x 轴的距离为 EH－OF＝2 3－ 2 3 3 ＝ 4 3 3 ，即 E 点纵坐标为－ 4 3 3 ，∴E(－1，－ 4 3 3 )； 当 F 点的横坐标为－2 时，则 F 与 A 重合，不合题意，舍去； ②当 AC 为平行四边形的对角线时，16 ∵C(－3，0)，且 A(－2，2 3)， ∴线段 AC 的中点坐标为(－ 5 2， 3)， 设 E(－1，t)，F(x，y)，则 x－1＝2×(－ 5 2)，y＋t＝2 3， ∴x＝－4，y＝2 3－t， 代入直线 AB 解析式可得 2 3－t＝－ 2 3 3 ×(－4)＋ 2 3 3 ，解得 t＝－ 4 3 3 ， ∴E(－1，－ 4 3 3 )，F(－4， 10 3 3 )； 综上可知存在满足条件的点 F，此时 E(－1，－ 4 3 3 )、F(0， 2 3 3 )或 E(－1，－ 4 3 3 )、 F(－4， 10 3 3 ). 3．解：(1)由题意，得{0＝16a－8a＋c 4＝c ，解得{a＝－ 1 2 c＝4 ， ∴所求抛物线的解析式为 y＝－ 1 2x2＋x＋4； (2) 设点 Q 的坐标为(m，0)，如解图①，过点 E 作 EG⊥x 轴于点 G. 由－ 1 2x2＋x＋4＝0，得 x1＝－2，x2＝4， ∴点 B 的坐标为(－2，0)，∴AB＝6，BQ＝m＋2， ∵QE∥AC，∴△BQE∽△BAC，∴ EG CO＝ BQ BA，即 EG 4 ＝ m＋2 6 ，∴EG＝ 2m＋4 3 ， ∴S△CQE＝S△CBQ－S△EBQ＝ 1 2BQ·CO－ 1 2BQ·EG＝ 1 2(m＋2)(4－ 2m＋4 3 )＝－ 1 3m2＋ 2 3m＋ 8 3＝－ 1 3 (m－1)2＋3， 又∵－2≤m≤4， ∴当 m＝1 时，S△CQE 有最大值 3，此时 Q(1，0)； 　　　　 图①　　　 　　　　　　　　图② (3)存在．在△ODF 中． (ⅰ)若 DO＝DF， ∵A(4，0)，D(2，0)，∴AD＝OD＝DF＝2， 又∵在 Rt△AOC 中，OA＝OC＝4，∴∠OAC＝45°， ∴∠DFA＝∠OAC＝45°， ∴∠ADF＝90°，此时，点 F 的坐标为(2，2)， 由－ 1 2x2＋x＋4＝2，17 得 x1＝1＋ 5，x2＝1－ 5，此时，点 P 的坐标为 P(1＋ 5，2)或 P(1－ 5，2)； (ⅱ)若 FO＝FD，如解图②，过点 F 作 FM⊥x 轴于点 M， 由等腰三角形的性质得：OM＝MD＝1，∴AM＝3， ∴在等腰直角△AMF 中，MF＝AM＝3，∴F(1，3)， 由－ 1 2x2＋x＋4＝3，得 x1＝1＋ 3，x2＝1－ 3， 此时，点 P 的坐标为：P(1＋ 3，3)或 P(1－ 3，3)； (ⅲ)若 OD＝OF， ∵OA＝OC＝4，且∠AOC＝90°， ∴AC＝4 2，∴点 O 到 AC 的距离为 2 2，而 OF＝OD＝2＜2 2，与 OF≥2 2矛盾， ∴AC 上不存在点使得 OF＝OD＝2， 此时，不存在这样的直线 l，使得△ODF 是等腰三角形． 综上所述，存在这样的直线 l，使得△ODF 是等腰三角形． 所求点 P 的坐标为(1＋ 5，2)或(1－ 5，2)或(1＋ 3，3)或(1－ 3，3). 4．解：(1)∵点 C(0，4)在直线 y＝－ 4 3x＋n 上， ∴n＝4，∴y＝－ 4 3x＋4， 令 y＝0，解得 x＝3，∴A(3，0)， ∵抛物线 y＝ 2 3x2＋bx＋c 经过点 A，交 y 轴于点 B(0，－2)，∴c＝－2，6＋3b－2＝0， 解得 b＝－ 4 3， ∴抛物线的解析式为 y＝ 2 3x2－ 4 3x－2； (2)∵点 P 的横坐标为 m，且点 P 在抛物线上， ∴P(m， 2 3m2－ 4 3m－2)， ∵PD⊥x 轴，BD⊥PD，∴点 D 坐标为(m，－2)， ∴|BD|＝|m|，|PD|＝| 2 3m2－ 4 3m－2＋2|， 当△BDP 为等腰直角三角形时，PD＝BD， ∴|m|＝| 2 3m2－ 4 3m－2＋2|＝| 2 3m2－ 4 3m|. ∴m2＝( 2 3m2－ 4 3m)2，解得：m1＝0(舍去)，m2＝ 7 2，m3＝ 1 2， ∴当△BDP 为等腰直角三角形时，线段 PD 的长为 7 2或 1 2； (3)∵∠PBP′＝∠OAC，OA＝3，OC＝4，∴AC＝5， ∴sin∠PBP′＝ 4 5，cos∠PBP′＝ 3 5， ①当点 P′落在 x 轴上时，如解图①，过点D′作 D′N⊥x 轴，垂足为 N，交 BD 于点 M，∠ DBD′＝∠ND′P′＝∠PBP′，18 由旋转知，P′D′＝PD＝ 2 3m2－ 4 3m， 在 Rt△P′D′N 中，cos∠ND′P′＝ ND′ P′D′＝cos∠PBP′＝ 3 5， ∴ND′＝ 3 5( 2 3m2－ 4 3m)， 在 Rt△BD′M 中，BD′＝－m，sin∠DBD′＝ D′M BD′＝sin∠PBP′＝ 4 5， ∴D′M＝－ 4 5m，∴ND′－MD′＝2， ∴ 3 5( 2 3m2－ 4 3m)－(－ 4 5m)＝2， 解得 m＝ 5(舍去)或 m＝－ 5，如解图②， 同①的方法得，ND′＝ 3 5( 2 3m2－ 4 3m)，MD′＝ 4 5m， ND′＋MD′＝2， ∴ 3 5( 2 3m2－ 4 3m)＋ 4 5m＝2， ∴m＝ 5或 m＝－ 5(舍去)， ∴P(－ 5， 4 5＋4 3 )或 P( 5， －4 5＋4 3 )， ②当点 P′落在 y 轴上时，如解图③， 过点 D′作 D′M⊥x 轴，交 BD 于 M，过点 P′作 P′N⊥y 轴，交 MD′的延长线于点 N， ∴∠DBD′＝∠ND′P′＝∠PBP′， 同①的方法得：P′N＝ 4 5( 2 3m2－ 4 3m)，BM＝ 3 5m， ∵P′N＝BM， ∴ 4 5( 2 3m2－ 4 3m)＝ 3 5m， 解得 m＝ 25 8 或 m＝0(舍去)，19 ∴P( 25 8 ， 11 32)， ∴P(－ 5， 4 5＋4 3 )或 P( 5， －4 5＋4 3 )或 P( 25 8 ， 11 32). 类型二　二次函数与图形面积 1．解：(1)根据题意得 A(－4，0)，C(0，2)， ∵抛物线 y＝－ 1 2x2＋bx＋c 经过 A、C 两点， ∴{0＝－ 1 2 × 16－4b＋c 2＝c ， 解得{b＝－ 3 2 c＝2 ， ∴y＝－ 1 2x2－ 3 2x＋2； (2)①令 y＝0，∴－ 1 2x2－ 3 2x＋2＝0， 解得 x1＝－4，x2＝1，∴B(1，0)， 如解图①，过 D 作 DM∥y 轴交 AC 于 M，过 B 作 BN⊥x 轴交 AC 于 N， ∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴ S1 S2＝ DE BE＝ DM BN， 设 D(a，－ 1 2a2－ 3 2a＋2)，∴M(a， 1 2a＋2)， ∵B(1，0)，∴N(1， 5 2)，∴ S1 S2＝ DM BN＝ － 1 2a2－2a 5 2 ＝ － 1 5(a＋2)2＋ 4 5； ∴当 a＝－2 时， S1 S2有最大值，最大值是 4 5； ②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)， ∴AC＝2 5，BC＝ 5，AB＝5， ∵AC2＋BC2＝AB2， ∴△ABC 是以∠ACB 为直角的直角三角形，取 AB 的中点 P，∴P(－ 3 2，0)， ∴PA＝PC＝PB＝ 5 2，∴∠CPO＝2∠BAC， ∴tan∠CPO＝tan(2∠BAC)＝ 4 3， 如解图②，过 D 作 x 轴的平行线交 y 轴于 R，交 AC 的延长线于 G， 情况一：∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC＋∠CDG，∴∠CDG＝∠BAC， ∴tan∠CDG＝tan∠BAC＝ 1 2，即 RC DR＝ 1 2， 令 D(a，－ 1 2a2－ 3 2a＋2)，∴DR＝－a，RC＝－ 1 2a2－ 3 2a，20 ∴ － 1 2a2－ 3 2a －a ＝ 1 2， 解得 a1＝0(舍去)，a2＝－2， ∴xD＝－2， 情况二：∠FDC＝2∠BAC， ∴tan∠FDC＝ 4 3， 设 FC＝4k，∴DF＝3k，DC＝5k， ∵tan∠DGC＝ 3k FG＝ 1 2，∴FG＝6k， ∴CG＝2k，DG＝3 5k，∴RC＝ 2 5 5 k，RG＝ 4 5 5 k， DR＝3 5k－ 4 5 5 k＝ 11 5 5 k， ∴ DR RC＝ 11 5 5 k 2 5 5 k ＝ －a － 1 2a2－ 3 2a ，解得 a1＝0(舍去)，a2＝－ 29 11， ∴点 D 的横坐标为－2 或－ 29 11. 2．解：(1)∵直线 y＝－x＋3 与 x 轴、y 轴分别交于点 B、点 C， ∴B(3，0)，C(0，3)， 把 B、C 坐标代入抛物线解析式可得{9＋3b＋c＝0 c＝3 ， 解得{b＝－4 c＝3 ， ∴抛物线的解析式为 y＝x2－4x＋3； (2)∵y＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1， ∴抛物线对称轴为 x＝2，P(2，－1)， 设 M(2，t)，且 C(0，3)， ∴MC＝ 22＋（t－3）2＝ t2－6t＋13，MP＝|t＋1|，PC＝ 22＋（－1－3）2＝2 5， ∵△CPM 为等腰三角形， ∴有 MC＝MP、MC＝PC 和 MP＝PC 三种情况， ①当 MC＝MP 时，则有 t2－6t＋13＝|t＋1|，解得 t＝ 3 2，此时 M(2， 3 2)； ②当 MC＝PC 时，则有 t2－6t＋13＝2 5，解得 t＝－1(与 P 点重合，舍去)或 t＝7，21 此时 M(2，7)； ③当 MP＝PC 时，则有|t＋1|＝2 5，解得 t＝－1＋2 5或 t＝－1－2 5，此时 M(2，－ 1＋2 5)或(2，－1－2 5)； 综上可知存在满足条件的点 M，其坐标为(2， 3 2)或(2，7)或(2，－1＋2 5)或(2，－1－ 2 5)； (3)如解图，在 0＜x＜3 对应的抛物线上任取一点 E，过 E 作 EF⊥x 轴，交 BC 于点 F， 交 x 轴于点 D， 设 E(x，x2－4x＋3)，则 F(x，－x＋3)， ∵0＜x＜3， ∴EF＝－x＋3－(x2－4x＋3)＝－x2＋3x， ∴S△CBE＝S△EFC＋S△EFB＝ 1 2EF·OD＋ 1 2EF·BD＝ 1 2EF·OB＝ 1 2×3(－x2＋3x)＝－ 3 2(x－ 3 2)2＋ 27 8 ， ∴当 x＝ 3 2时，△CBE 的面积最大，此时 E 点坐标为( 3 2，－ 3 4)， 即当 E 点坐标为( 3 2，－ 3 4)时，△CBE 的面积最大. 3．解：(1)∵A(1，0)，对称轴 l 为 x＝－1，∴B(－3，0)， ∴{a＋b－3＝0 9a－3b－3＝0，解得{a＝1 b＝2 ， ∴抛物线的解析式为 y＝x2＋2x－3； (2)如解图①，过点 P 作 PM⊥x 轴于点 M， 设抛物线对称轴 l 交 x 轴于点 Q. ∵PB⊥NB，∴∠PBN＝90°， ∴∠PBM＋∠NBQ＝90°. ∵∠PMB＝90°，∴∠PBM＋∠BPM＝90°， ∴∠BPM＝∠NBQ. 又∵∠BMP＝∠BQN＝90°，PB＝NB，∴△BPM≌△NBQ，∴PM＝BQ.22 ∵抛物线 y＝x2＋2x－3 与 x 轴交于点 A(1，0)和点 B，且对称轴为 x＝－1， ∴点 B 的坐标为(－3，0)，点 Q 的坐标为(－1，0)， ∴BQ＝2，∴PM＝BQ＝2. ∵点 P 是抛物线 y＝x2＋2x－3 上 B、C 之间的一个动点， ∴结合图象可知点 P 的纵坐标为－2， 将 y＝－2 代入 y＝x2＋2x－3，得－2＝x2＋2x－3， 解得 x1＝－1－ 2，x2＝－1＋ 2(舍去)， ∴此时点 P 的坐标为(－1－ 2，－2)； (3) 存在． 如解图②，连接 AC，PC. 可设点 P 的坐标为(x，y)(－3＜x＜0)，则 y＝x2＋2x－3， ∵点 A(1，0)，∴OA＝1. ∵点 C 是抛物线与 y 轴的交点，∴令 x＝0，得 y＝－3，即点 C(0，－3)，∴OC＝3. 由(2)可知 S 四边形 PBAC＝S△BPM＋S 四边形 PMOC＋S△AOC＝ 1 2BM·PM＋ 1 2(PM＋OC)·OM＋ 1 2OA·OC ＝ 1 2(x＋3)(－y)＋ 1 2(－y＋3)(－x)＋ 1 2×1×3＝－ 3 2y－ 3 2x＋ 3 2， 将 y＝x2＋2x－3 代入可得 S 四边形 PBAC＝－ 3 2(x2＋2x－3)－ 3 2x＋ 3 2＝－ 3 2(x＋ 3 2)2＋ 75 8 . ∵－ 3 2＜0，－3＜x＜0， ∴当 x＝－ 3 2时，S 四边形 PBAC 有最大值 75 8 ，此时，y＝x2＋2x－3＝－ 15 4 . ∴当点 P 的坐标为(－ 3 2，－ 15 4 )时，四边形 PBAC 的面积最大，最大值为 75 8 . 4．解：(1)把 y＝0 代入直线的解析式得 x＋1＝0，解得 x＝－1，∴A(－1，0)． ∵抛物线的对称轴为 x＝1，∴B 的坐标为(3，0)． 将 x＝0 代入抛物线的解析式得 y＝－3，∴C(0，－3)． 设抛物线的解析式为 y＝a(x＋1)(x－3)，将 C(0，－3)代入得－3a＝－3，解得 a＝1， ∴抛物线的解析式为 y＝(x＋1)(x－3)＝x2－2x－3； (2)如解图①，连接 OP. 将 x＝0 代入直线 AD 的解析式得 y＝1，∴OD＝1. 由题意可知 P(t，t2－2t－3)． ∵S 四边形 DCPB＝S△ODB＋S△OBP＋S△OCP， ∴S＝ 1 2×3×1＋ 1 2×3×(－t2＋2t＋3)＋ 1 2×3×t，整理得 S＝－ 3 2t2＋ 9 2t＋6，23 配方得：S＝－ 3 2(t－ 3 2)2＋ 75 8 ， ∴当 t＝ 3 2时，S 取得最大值，最大值为 75 8 ； (3)如解图②，设点 D′的坐标为(a，a＋1)，O′(a，a)． 当△D′O′E 的面积∶△D′EB′的面积＝1∶2 时，则 O′E∶EB′＝1∶2. ∵O′B′＝OB＝3，∴O′E＝1， ∴E(a＋1，a)． 将点 E 的坐标代入抛物线的解析式得(a＋1)2－2(a＋1)－3＝a，整理得：a2－a－4＝0， 解得 a＝ 1＋ 17 2 或 a＝ 1－ 17 2 ， ∴O′的坐标为( 1＋ 17 2 ， 1＋ 17 2 )或( 1－ 17 2 ， 1－ 17 2 )， ∴OO′＝ 2＋ 34 2 或 OO′＝ 34－ 2 2 ， ∴△DOB 平移的距离为 2＋ 34 2 或 34－ 2 2 ， 当△D′O′E 的面积∶△D′EB′的面积＝2∶1 时，则 O′E∶EB′＝2∶1. ∵O′B′＝OB＝3，∴O′E＝2，∴E(a＋2，a)． 将点 E 的坐标代入抛物线的解析式得：(a＋2)2－2(a＋2)－3＝a，整理得：a2＋a－3＝ 0，解得 a＝ －1＋ 13 2 或 a＝ －1－ 13 2 . ∴O′的坐标为( －1＋ 13 2 ， －1＋ 13 2 )或( －1－ 13 2 ， －1－ 13 2 )． ∴OO′＝ － 2＋ 26 2 或 OO′＝ 2＋ 26 2 . ∴△DOB 平移的距离为 － 2＋ 26 2 或 2＋ 26 2 . 综上所述，当△D′O′B′沿 DA 方向平移 2＋ 34 2 或 2＋ 26 2 单位长度，或沿 AD 方向 平移 34－ 2 2 或 － 2＋ 26 2 个单位长度时，ED′恰好将△O′D′B′的面积分为 1∶2 两部 分. 类型三　二次函数与线段问题 1．(1)解：∵C(0，3)，∴－9a＝3，解得 a＝－ 1 3. 令 y＝0，得 ax2－2 3ax－9a＝0， ∵a≠0，∴x2－2 3x－9＝0，解得 x＝－ 3或 x＝3 3. ∴点 A 的坐标为(－ 3，0)，点 B 的坐标为(3 3，0)， ∴抛物线的对称轴为 x＝ 3； (2)解：∵OA＝ 3，OC＝3， ∴tan∠CAO＝ 3，∴∠CAO＝60°. ∵AE 为∠BAC 的平分线，∴∠DAO＝30°，24 ∴DO＝ 3 3 AO＝1，∴点 D 的坐标为(0，1)， 设点 P 的坐标为( 3，a)． ∴AD2＝4，AP2＝12＋a2，DP2＝3＋(a－1)2. 当 AD＝PA 时，4＝12＋a2，方程无解． 当 AD＝DP 时，4＝3＋(a－1)2，解得 a＝0 或 a＝2， ∴点 P 的坐标为( 3，0)或( 3，2)． 当 AP＝DP 时，12＋a2＝3＋(a－1)2，解得 a＝－4. ∴点 P 的坐标为( 3，－4)． 综上所述，点 P 的坐标为( 3，0)或( 3，－4)或( 3，2); (3)证明：设直线 AC 的解析式为 y＝mx＋3，将点 A 的坐标代入得－ 3m＋3＝0，解得 m＝ 3， ∴直线 AC 的解析式为 y＝ 3x＋3. 设直线 MN 的解析式为 y＝kx＋1. 把 y＝0 代入 y＝kx＋1，得 kx＋1＝0，解得：x＝－ 1 k， ∴点 N 的坐标为(－ 1 k，0)，∴AN＝－ 1 k＋ 3＝ 3k－1 k . 将 y＝ 3x＋3 与 y＝kx＋1 联立，解得 x＝ 2 k－ 3， ∴点 M 的横坐标为 2 k－ 3. 如解图，过点 M 作 MG⊥x 轴，垂足为 G.则 AG＝ 2 k－ 3＋ 3. ∵∠MAG＝60°，∠AGM＝90°， ∴AM＝2AG＝ 4 k－ 3＋2 3＝ 2 3k－2 k－ 3 . ∴ 1 AM＋ 1 AN＝ k－ 3 2 3k－2＋ k 3k－1＝ k－ 3 2 3k－2＋ 2k 2 3k－2＝ 3k－ 3 2 3k－2＝ 3（ 3k－1） 2（ 3k－1） ＝ 3 2 . 2．解：(1)∵直线 l：y＝ 3 4x＋m 经过点 B(0，－1)，∴m＝－1， ∴直线 l 的解析式为 y＝ 3 4x－1， ∵直线 l：y＝ 3 4x－1 经过点 C，且点 C 的横坐标为 4， ∴y＝ 3 4×4－1＝2，25 ∵抛物线 y＝ 1 2x2＋bx＋c 经过点 C(4，2)和点 B(0，－1)， ∴{1 2 × 42＋4b＋c＝2 c＝－1 ，解得{b＝－ 5 4 c＝－1 ， ∴抛物线的解析式为 y＝ 1 2x2－ 5 4x－1； (2)令 y＝0，则 3 4x－1＝0，解得 x＝ 4 3， ∴点 A 的坐标为( 4 3，0)，∴OA＝ 4 3， 在 Rt△OAB 中，OB＝1，∴AB＝ OA2＋OB2＝ （ 4 3）2＋12＝ 5 3， ∵DE∥y 轴，∴∠ABO＝∠DEF， 在矩形 DFEG 中，EF＝DE·cos∠DEF＝DE· OB AB＝ 3 5DE， DF＝DE·sin∠DEF＝DE· OA AB＝ 4 5DE， ∴l＝2(DF＋EF)＝2×( 4 5＋ 3 5)DE＝ 14 5 DE， ∵点 D 的横坐标为 t(0＜t＜4)， ∴D(t， 1 2t2－ 5 4t－1)，E(t， 3 4t－1)， ∴DE＝( 3 4t－1)－( 1 2t2－ 5 4t－1)＝－ 1 2t2＋2t， ∴l＝ 14 5 ×(－ 1 2t2＋2t)＝－ 7 5t2＋ 28 5 t， ∵l＝－ 7 5(t－2)2＋ 28 5 ，且－ 7 5＜0， ∴当 t＝2 时，l 有最大值 28 5 ； (3)“落点”的个数有 4 个，如解图①，解图②，解图③，解图④所示． 如解图③，设 A1 的横坐标为 m，则 O1 的横坐标为 m＋ 4 3，26 ∴ 1 2m2－ 5 4m－1＝ 1 2(m＋ 4 3)2－ 5 4(m＋ 4 3)－1， 解得 m＝ 7 12， 如解图④，设 A1 的横坐标为 m，则 B1 的横坐标为 m＋ 4 3，B1 的纵坐标比 A1 的纵坐标大 1， ∴ 1 2m2－ 5 4m－1＋1＝ 1 2(m＋ 4 3)2－ 5 4(m＋ 4 3)－1，解得 m＝ 4 3， ∴旋转 180°时点 A1 的横坐标为 7 12或 4 3. 3．(1)解：将点 A(－1，1)，B(4，6)代入 y＝ax2＋bx 中， 得{a－b＝1 16a＋4b＝6，解得{a＝ 1 2 b＝－ 1 2 ， ∴抛物线的解析式为 y＝ 1 2x2－ 1 2x； (2)证明：设直线 AF 的解析式为 y＝kx＋m， 将点 A(－1，1)代入 y＝kx＋m 中，即－k＋m＝1， ∴k＝m－1， ∴直线 AF 的解析式为 y＝(m－1)x＋m. 联立直线 AF 和抛物线解析式成方程组， {y＝（m－1）x＋m y＝ 1 2x2－ 1 2x ，解得{x1＝－1 y1＝1 ，{x2＝2m y2＝2m2－m， ∴点 G 的坐标为(2m，2m2－m)． ∵GH⊥x 轴，∴点 H 的坐标为(2m，0)． ∵抛物线的解析式为 y＝ 1 2x2－ 1 2x＝ 1 2x(x－1)， ∴点 E 的坐标为(1，0)． 设直线 AE 的解析式为 y＝k1x＋b1， 将 A(－1，1)，E(1，0)代入 y＝k1x＋b1 中，得{－k1＋b1＝1 k1＋b1＝0 ，解得{k1＝－ 1 2 b1＝ 1 2 ， ∴直线 AE 的解析式为 y＝－ 1 2x＋ 1 2. 设直线 FH 的解析式为 y＝k2x＋b2， 将 F(0，m)、H(2m，0)代入 y＝k2x＋b2 中，得{b2＝m 2mk2＋b2＝0，解得：{k2＝－ 1 2 b2＝m ， ∴直线 FH 的解析式为 y＝－ 1 2x＋m.∴FH∥AE； (3)解：设直线 AB 的解析式为 y＝k0x＋b0，将 A(－1，1)，B(4，6)代入 y＝k0x＋b0 中，27 {－k0＋b0＝1 4k0＋b0＝6 ，解得{k0＝1 b0＝2， ∴直线 AB 的解析式为 y＝x＋2. 当运动时间为 t 秒时，点 P 的坐标为(t－2，t)，点 Q 的坐标为(t，0)． 当点 M 在线段 PQ 上时，过点 P 作 PP′⊥x 轴于点 P′，过点 M 作 MM′⊥x 轴于点 M′， 则△PQP′∽△MQM′，如解图所示． ∵QM＝2PM， ∴ QM′ QP′＝ MM′ PP′＝ 2 3， ∴QM′＝ 4 3，MM′＝ 2 3t， ∴点 M 的坐标为(t－ 4 3， 2 3t)， 又∵点 M 在抛物线 y＝ 1 2x2－ 1 2x 上， ∴ 2 3t＝ 1 2(t－ 4 3)2－ 1 2(t－ 4 3)， 解得 t＝ 15 ± 113 6 ， 当点 M 在线段 QP 的延长线上时， 同理可得出点 M 的坐标为(t－4，2t)， ∵点 M 在抛物线 y＝ 1 2x2－ 1 2x 上， ∴2t＝ 1 2×(t－4)2－ 1 2(t－4)， 解得 t＝ 13 ± 89 2 . 综上所述：当运动时间为 15－ 113 6 秒、 15＋ 113 6 秒、 13－ 89 2 秒或 13＋ 89 2 秒时，QM＝ 2PM. 类型四　二次函数与三角形相似 1．(1)解：∵顶点坐标为(1，1)， ∴设抛物线解析式为 y＝a(x－1)2＋1， 又∵抛物线过原点，∴0＝a(0－1)2＋1，解得 a＝－1， ∴抛物线的解析式为 y＝－(x－1)2＋1，即 y＝－x2＋2x， 联立抛物线和直线解析式可得{y＝－x2＋2x y＝x－2 ， 解得{x＝2 y＝0 或{x＝－1 y＝－3，28 ∴B(2，0)，C(－1，－3)； (2)证明：如解图，分别过 A、C 两点作 x 轴的垂线，交 x 轴于 D、E 两点， 则 AD＝OD＝BD＝1，BE＝OB＋OE＝2＋1＝3，EC＝3， ∴∠ABO＝∠CBO＝45°，即∠ABC＝90°， ∴△ABC 是直角三角形； (3)解：假设存在满足条件的点 N，设 N(x，0)，则 M(x，－x2＋2x)， ∴ON＝|x|，MN＝|－x2＋2x|， 由(2)在 Rt△ABD 和 Rt△CEB 中，可分别求得 AB＝ 2，BC＝3 2， ∵MN⊥x 轴于点 N ∴∠MNO＝∠ABC＝90°， ∴当△MNO 和△ABC 相似时有 MN AB＝ ON BC或 MN BC＝ ON AB， ①当 MN AB＝ ON BC时，则有 |－x2＋2x| 2 ＝ |x| 3 2，即|x|×|－x＋2|＝ 1 3|x|， ∵当 x＝0 时 M、O、N 不能构成三角形， ∴x≠0， ∴|－x＋2|＝ 1 3，即－x＋2＝± 1 3，解得 x＝ 5 3或 x＝ 7 3， 此时 N 点坐标为( 5 3，0)或( 7 3，0)， ②当 MN BC＝ ON AB时，则有 |－x2＋2x| 3 2 ＝ |x| 2，即|x|×|－x＋2|＝3|x|， ∴|－x＋2|＝3，即－x＋2＝±3，解得 x＝5 或 x＝－1， 此时 N 点坐标为(－1，0)或(5，0)， 综上可知存在满足条件的 N 点，其坐标为( 5 3，0)或( 7 3，0)或(－1，0)或(5，0). 2．解：(1)把 A、C 两点坐标代入直线 y＝－ax＋c 可得{3a＋c＝0 c＝1 ，解得{a＝－ 1 3 c＝1 ， ∴直线的表达式为 y＝ 1 3x＋1， 把 A 点坐标和 a＝－ 1 3代入抛物线解析式可得 9×(－ 1 3)－3b＋1＝0，解得 b＝－ 2 3， ∴抛物线的表达式为 y＝－ 1 3x2－ 2 3x＋1； (2)∵点 D 为抛物线在第二象限部分上的一点， ∴可设 D(t，－ 1 3t2－ 2 3t＋1)，则 F(t， 1 3t＋1)，29 ∴DF＝－ 1 3t2－ 2 3t＋1－( 1 3t＋1)＝－ 1 3t2－t＝－ 1 3(t＋ 3 2)2＋ 3 4. ∵－ 1 3＜0，∴当 t＝－ 3 2时，DF 有最大值，最大值为 3 4，此时 D 点坐标为(－ 3 2， 5 4)； (3)设 P(m，－ 1 3m2－ 2 3m＋1)，如解图， ∵P 在第四象限，∴m＞0，－ 1 3m2－ 2 3m＋1＜0， ∴AN＝m＋3，PN＝ 1 3m2＋ 2 3m－1， ∵∠AOC＝∠ANP＝90°， ∴当以 P、A、N 为顶点的三角形与△ACO 相似时有△AOC∽△PNA 和△AOC∽△ANP， ①当△AOC∽△PNA 时，则有 OC NA＝ AO PN，即 1 m＋3＝ 3 1 3m2＋ 2 3m－1 ， 解得 m＝－3 或 m＝10，经检验当 m＝－3 时，m＋3＝0(舍去)， ∴m＝10，此时 P 点坐标为(10，－39)； ②当△AOC∽△ANP 时，则有 OC NP＝ AO AN，即 1 1 3m2＋ 2 3m－1 ＝ 3 m＋3， 解得 m＝2 或 m＝－3，经检验当 m＝－3 时，m＋3＝0(舍去)， ∴m＝2，此时 P 点坐标为(2，－ 5 3)； 综上可知 P 点坐标为(10，－39)或(2，－ 5 3). 3．解：(1)将 A、G 点坐标代入函数解析式，得{9a＋3b＋3 3＝0， a－b＋3 3＝0 ，解得{a＝－ 3 b＝2 3 ， ∴抛物线的解析式为 y＝－ 3x2＋2 3x＋3 3； (2)如解图①，作 ME∥y 轴交 AB 于 E 点， 当 x＝0 时，y＝3 3，即 B 点坐标为(0，3 3)， 直线 AB 的解析式为 y＝－ 3x＋3 3， 设 M(n，－ 3n2＋2 3n＋3 3)，E(n，－ 3n＋3 3)， ME＝－ 3n2＋2 3n＋3 3－(－ 3n＋3 3)＝－ 3n2＋3 3n， S△ABM＝ 1 2ME·AO＝ 1 2(－ 3n2＋3 3n)×3＝－ 3 3 2 (n－ 3 2)2＋ 27 3 8 ， 当 n＝ 3 2时，△ABM 面积的最大值是 27 3 8 ；30 (3)存在； 理由如下：OE＝ 2 3 3 ，AP＝2，OP＝1，BE＝3 3－ 2 3 3 ＝ 7 3 3 ， 当 y＝ 2 3 3 时，－ 3x＋3 3＝ 2 3 3 ，解得 x＝ 7 3，即 EF＝ 7 3， 将△BEP 绕点 E 顺时针方向旋转 90°，得到△B′EC(如解图②)， ∵OB⊥EF，∴点 B′在直线 EF 上， ∵C 点横坐标绝对值等于 EO 长度，C 点纵坐标绝对值等于 EO－PO 长度， ∴C 点坐标为(－ 2 3 3 ， 2 3 3 －1)， 如解图，过 F 作 FQ∥B′C，交 EC 于点 Q， 则△FEQ∽△B′EC，由 BE EF＝ B′E EF ＝ CE EQ＝ 3， 可得 Q 的坐标为(－ 2 3，－ 3 3 )； 根据对称性可得，Q 关于直线 EF 的对称点 Q′(－ 2 3， 5 3 3 )也符合条件. 4．解：(1)∵抛物线 y＝ax2＋bx＋3 经过点 A(1，0)和点 B(5，0)， ∴{a＋b＋3＝0 25a＋5b＋3＝0，解得{a＝ 3 5 b＝－ 18 5 ， ∴该抛物线对应的函数解析式为 y＝ 3 5x2－ 18 5 x＋3； (2)①∵点 P 是抛物线上的动点且位于 x 轴下方， ∴可设 P(t， 3 5t2－ 18 5 t＋3)(1＜t＜5)， ∵直线 PM∥y 轴，分别与 x 轴和直线 CD 交于点 M、N， ∴M(t，0)，N(t， 3 5t＋3)， ∴PN＝ 3 5t＋3－( 3 5t2－ 18 5 t＋3)＝－ 3 5(t－ 7 2)2＋ 147 20 ， 联立直线 CD 与抛物线解析式可得{y＝ 3 5x＋3 y＝ 3 5x2－ 18 5 x＋3 ，31 解得{x＝0 y＝3 或{x＝7 y＝ 36 5 ， ∴C(0，3)，D(7， 36 5 )， 分别过 C、D 作直线 PN 的垂线，垂足分别为 E、F，如解图①， 则 CE＝t，DF＝7－t， ∴S△PCD＝S△PCN＋S△PDN＝ 1 2PN·CE＋ 1 2PN·DF＝ 7 2PN＝ 7 2[－ 3 5(t－ 7 2)2＋ 147 20 ]＝－ 21 10(t－ 7 2)2 ＋ 1029 40 ， ∴当 t＝ 7 2时，△PCD 的面积最大，最大值为 1029 40 ； ②存在． ∵∠CQN＝∠PMB＝90°， ∴当△CNQ 与△PBM 相似时，有 NQ CQ＝ PM BM或 NQ CQ＝ BM PM两种情况， ∵CQ⊥PN，垂足为 Q， ∴Q(t，3)，且 C(0，3)，N(t， 3 5t＋3)， ∴CQ＝t，NQ＝ 3 5t＋3－3＝ 3 5t，∴ NQ CQ＝ 3 5， ∵P(t， 3 5t2－ 18 5 t＋3)，M(t，0)，B(5，0)， ∴BM＝5－t，PM＝0－( 3 5t2－ 18 5 t＋3)＝－ 3 5t2＋ 18 5 t－3， 当 NQ CQ＝ PM BM时，则 PM＝ 3 5BM，即－ 3 5t2＋ 18 5 t－3＝ 3 5(5－t)，解得 t＝2 或 t＝5(舍去)，此时 P(2，－ 9 5)； 当 NQ CQ＝ BM PM时，则 BM＝ 3 5PM，即 5－t＝ 3 5(－ 3 5t2＋ 18 5 t－3)，解得 t＝ 34 9 或 t＝5(舍去)，此 时 P( 34 9 ，－ 55 27)； 综上可知存在满足条件的点 P，其坐标为(2，－ 9 5)或( 34 9 ，－ 55 27).