∴△EPC的面积=1×(√3x2+43x)×4=-23x2+83x ∴当x=2时,△EPC的面积最大 ∴P(2, 如图2所示:作点K关于CD和CP的对称点G、H,连接 G、H交CD和CP与N、M 图2H ∴K是CB的中点, k ) ∴tan∠KCP OD=1, oc=3. ∴tan∠OCD=N3 ∠OCD=∠KCP=30 ∴∠KCD=30 ∴k是BC的中点,∠OCB=60°, ∴OC=CK ∴点O与点K关于CD对称 ∴点G与点O重合 点G(0,0). ∵点H与点K关于CP对称 第36页共
第 36 页 共 249 页 ∴△EPC 的面积= ×（ x 2+ x）×4=﹣ x 2+ x． ∴当 x=2 时，△EPC 的面积最大． ∴P（2，﹣ ）． 如图 2 所示：作点 K 关于 CD 和 CP 的对称点 G、H，连接 G、H 交 CD 和 CP 与 N、M． ∵K 是 CB 的中点， ∴k（ ，﹣ ）． ∴tan∠KCP= ． ∵OD=1，OC= ， ∴tan∠OCD= ． ∴∠OCD=∠KCP=30°． ∴∠KCD=30°． ∵k 是 BC 的中点，∠OCB=60°， ∴OC=CK． ∴点 O 与点 K 关于 CD 对称． ∴点 G 与点 O 重合． ∴点 G（0，0）． ∵点 H 与点 K 关于 CP 对称
∴点H的坐标为(3,-33) ∴KM+MN+NK=MH+MN+GN 当点O、N、M、H在条直线上时,KM+MN+NK有最小值, 最小值=GH ∴GH=/3 ∴KM+MN+NK的最小值为3 (3)如图3所示: Q y经过点D,y的顶点为点F, ∴点F(3, √3 ∴点G为CE的中点, ∴G(2,√3) ∴FG 21 3 ∴当FG=FQ时,点Q(3,-3+),Q(3,=3-2厘). 当GF=GQ时,点F与点Q关于y=3对称, ∴点Q”(3,2√3) 第37页共
第 37 页 共 249 页 ∴点 H 的坐标为（ ，﹣ ）． ∴KM+MN+NK=MH+MN+GN． 当点 O、N、M、H 在条直线上时，KM+MN+NK 有最小值， 最小值=GH． ∴GH= =3． ∴KM+MN+NK 的最小值为 3． （3）如图 3 所示： ∵y′经过点 D，y′的顶点为点 F， ∴点 F（3，﹣ ）． ∵点 G 为 CE 的中点， ∴G（2， ）． ∴FG= = ． ∴当 FG=FQ 时，点 Q（3， ），Q′（3， ）． 当 GF=GQ 时，点 F 与点 Q″关于 y= 对称， ∴点 Q″（3，2 ）．
当QG=QF时,设点Q1的坐标为(3,a) 由两点间的距离公式可知:a+43 )2,解得: a 3 点Q1的坐标为(3,-2) 综上所述,点Q的坐标为(3,3+22)或(3,-43-2L) 或(3,23)或(3,-28 5 【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用,解答本 题主要应用了待定系数法求一次函数的解析式、轴对称最 短路径问题、等腰三角形的定义和性质,找到KM+MN+NK 取得最小值的条件是解答问题(2)的关键;分为QG=FG、 QG=αF,FQ=FQ三种情况分别进行计算是解答问题(3) 的关键 14.如图,抛物线y=ax2+bx+2经过点A(-1,0),B(4, 0),交y轴于点C; (1)求抛物线的解析式(用一般式表示); (2)点D为y轴右侧抛物线上一点,是否存在点D使S△ ABC=2S△ABD?若存在请直接给出点D坐标;若不存在请说 明理由 (3)将直线BC绕点B顺时针旋转45°,与抛物线交于另 点E,求BE的长 第38页共
第 38 页 共 249 页 当 QG=QF 时，设点 Q1 的坐标为（3，a）． 由两点间的距离公式可知：a+ = ，解得：a= ﹣ ． ∴点 Q1 的坐标为（3，﹣ ）． 综上所述，点 Q 的坐标为（3， ）或（′ 3， ） 或（3，2 ）或（3，﹣ ）． 【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本 题主要应用了待定系数法求一次函数的解析式、轴对称最 短路径问题、等腰三角形的定义和性质，找到 KM+MN+NK 取得最小值的条件是解答问题（2）的关键；分为 QG=FG、 QG=QF，FQ=FQ 三种情况分别进行计算是解答问题（3） 的关键． 14．如图，抛物线 y=ax2+bx+2 经过点 A（﹣1，0），B（4， 0），交 y 轴于点 C； （1）求抛物线的解析式（用一般式表示）； （2）点 D 为 y 轴右侧抛物线上一点，是否存在点 D 使 S△ ABC= S△ABD？若存在请直接给出点 D 坐标；若不存在请说 明理由； （3）将直线 BC 绕点 B 顺时针旋转 45°，与抛物线交于另 一点 E，求 BE 的长．
【分析】(1)由A、B的坐标,利用待定系数法可求得抛 物线解析式; (2)由条件可求得点D到x轴的距离,即可求得D点的 纵坐标,代入抛物线解析式可求得D点坐标; (3)由条件可证得BC⊥AC,设直线AC和BE交于点F, 过F作FM⊥X轴于点M,则可得BF=BC,利用平行线分线 段成比例可求得F点的坐标,利用待定系数法可求得直线 BE解析式,联立直线BE和抛物线解析式可求得E点坐标, 则可求得BE的长 【解答】解: (1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过点A(-1,0),B(4,0), ∫ab+20 解得 16a+4b+2=0 ∴抛物线解析式为y=-1x2+3x+2 (2)由题意可知C(0,2),A(-1,0),B(4,0), ∴AB=5,OC=2, ∴S△ABC=AB·OC×5×2=5, S△ABC=2S△ABD, △ABD 5 设D(x,y), 第39页共
第 39 页 共 249 页 【分析】（1）由 A、B 的坐标，利用待定系数法可求得抛 物线解析式； （2）由条件可求得点 D 到 x 轴的距离，即可求得 D 点的 纵坐标，代入抛物线解析式可求得 D 点坐标； （3）由条件可证得 BC⊥AC，设直线 AC 和 BE 交于点 F， 过 F 作 FM⊥x 轴于点 M，则可得 BF=BC，利用平行线分线 段成比例可求得 F 点的坐标，利用待定系数法可求得直线 BE 解析式，联立直线 BE 和抛物线解析式可求得 E 点坐标， 则可求得 BE 的长． 【解答】解： （1）∵抛物线 y=ax2+bx+2 经过点 A（﹣1，0），B（4，0）， ∴ ，解得 ， ∴抛物线解析式为 y=﹣ x 2+ x+2； （2）由题意可知 C（0，2），A（﹣1，0），B（4，0）， ∴AB=5，OC=2， ∴S△ABC= AB•OC= ×5×2=5， ∵S△ABC= S△ABD， ∴S△ABD= ×5= ， 设 D（x，y）
∴1ABy=1×5y=15,解得|y|=3, 当y=3时,由-1x2+3x+2=3,解得x=1或x=2,此时D点 坐标为(1,3)或(2,3); 当y=-3时,由-1x2+3x+2=-3,解得x=-2(舍去)或 x=5,此时D点坐标为(5,-3); 综上可知存在满足条件的点D,其坐标为(1,3)或(2, 3)或(5,-3); (3)∵AO=1,OC=2,OB=4,AB=5, ∴AC=12+2=5,BC=√24225 ∴AC2+BC2=AB ∴△ABC为直角三角形,即BC⊥AC, 如图,设直线AC与直线BE交于点F,过F作FM⊥x轴于 点M, ,由题意可知∠FBC=45°, ∠CFB=45°, ∴CF=BC=2√5 ∴AAC,即-5,解得OM=2,0C=AM,即2-5,解 OM CF √5 FM3√5 得FM=6, 第40页共
第 40 页 共 249 页 ∴ AB•|y|= ×5|y|= ，解得|y|=3， 当 y=3 时，由﹣ x 2+ x+2=3，解得 x=1 或 x=2，此时 D 点 坐标为（1，3）或（2，3）； 当 y=﹣3 时，由﹣ x 2+ x+2=﹣3，解得 x=﹣2（舍去）或 x=5，此时 D 点坐标为（5，﹣3）； 综上可知存在满足条件的点 D，其坐标为（1，3）或（2， 3）或（5，﹣3）； （3）∵AO=1，OC=2，OB=4，AB=5， ∴AC= = ，BC= =2 ， ∴AC2+BC2=AB2， ∴△ABC 为直角三角形，即 BC⊥AC， 如图，设直线 AC 与直线 BE 交于点 F，过 F 作 FM⊥x 轴于 点 M， 由题意可知∠FBC=45°， ∴∠CFB=45°， ∴CF=BC=2 ， ∴ = ，即 = ，解得 OM=2， = ，即 = ，解 得 FM=6