中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题八《二次函数与线段问题结合》(教师版)

这是一份中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题八《二次函数与线段问题结合》(教师版)，共20页。
(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eq \r(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．
图① 图②
(1)解：抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x；
(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和抛物线解析式得，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝（m－1）x＋m，,y＝\f(1,2)x2－\f(1,2)x.))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝－1，,y1＝1.))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x＝eq \f(1,2)x(x－1)，∴点E的坐标为(1，0)．
∴直线AE的解析式为y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(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，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝m，,2mk2＋b2＝0.))解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k2＝－\f(1,2)，,b2＝m.))
∴直线FH的解析式为y＝－eq \f(1,2)x＋m.∴FH∥AE；
(3)解：当运动时间为eq \f(15－\r(113),6)秒或eq \f(15＋\r(113),6)秒或eq \f(13－\r(89),2)秒或eq \f(13＋\r(89),2)秒时，QM＝2PM.
2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋2经过点A(－1，0)和点B(4，0)，且与y轴交于点C，点D的坐标为(2，0)，点P(m，n)是该抛物线上的一个动点，连接CA，CD，PD，PB.
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当△PDB的面积等于△CAD的面积时，求点P的坐标；
(3)当m＞0，n＞0时，过点P作直线PE⊥y轴于点E交直线BC于点F，过点F作FG⊥x轴于点G，连接EG，请直接写出随着点P的运动，线段EG的最小值．
解：(1)抛物线的解析式为：y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2；
(2)∵抛物线的解析式为y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2，
∴点C的坐标是(0，2)，
∵点A(－1，0)、点D(2，0)，∴AD＝2－(－1)＝3，
∴S△CAD＝eq \f(1,2)×3×2＝3，∴S△PDB＝3，
∵点B(4，0)、点D(2，0)，∴BD＝2，
∴S△PDB＝eq \f(1,2)×2×|n|＝3，∴n＝3或n－3，
①当n＝3时，－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2＝3，解得m＝1或m＝2，
∴点P的坐标是(1，3)或(2，3)．
②当n＝－3时，－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2＝－3，解得m＝5或m＝－2，
∴点P的坐标是(5，－3)或(－2，－3)．
综上，可得点P的坐标为(1，3)或(2，3)或(5，－3)或(－2，－3)；
(3)线段EG的最小值是eq \f(4\r(5),5).
3．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝x2＋bx＋c交x轴于A，B两点，交y轴于点C，直线y＝x－3经过B，C两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点C作直线CD⊥y轴交抛物线于另一点D，点P是直线CD下方抛物线上的一个动点，且在抛物线对称轴的右侧，过点P作PE⊥x轴于点E，PE交CD于点F，交BC于点M，连接AC，过点M作MN⊥AC于点N，设点P的横坐标为t，线段MN的长为d，求d与t之间的函数关系式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3)在(2)的条件下，连接PC，过点B作BQ⊥PC于点Q(点Q在线段PC上)，BQ交CD于点T，连接OQ交CD于点S，当ST＝TD时，求线段MN的长．
解：(1)抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；
图①
(2)如解图①，y＝x2－2x－3，
当y＝0时，x2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴A(－1，0)，
∴OA＝1，OB＝OC＝3，∴∠ABC＝45°，AC＝eq \r(10)，AB＝4，
∵PE⊥x轴，∴∠EMB＝∠EBM＝45°，
∵点P的横坐标为t，∴EM＝EB＝3－t，
连接AM，∵S△ABC＝S△AMC＋S△AMB，
∴eq \f(1,2)AB·OC＝eq \f(1,2)AC·MN＋eq \f(1,2)AB·EM，
∴eq \f(1,2)×4×3＝eq \f(1,2)×eq \r(10)MN＋eq \f(1,2)×4(3－t)，
∴MN＝eq \f(2\r(10),5)t；
图②
(3)如解图②，∵y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，∴对称轴为x＝1，
由抛物线对称性可得D(2，－3)，∴CD＝2，
过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，∴四边形OCKB为正方形，
∴∠OBK＝90°，CK＝OB＝BK＝3，∴DK＝1，
∵BQ⊥CP，∴∠CQB＝90°，
过点O作OH⊥PC交PC的延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I，交BK于点R，OG⊥OS交KB于G，连接SR，
∴∠OHC＝∠OIQ＝∠OIB＝90°，∴四边形OHQI为矩形，
∵∠OCQ＋∠OBQ＝180°，∴∠OBG＝∠OCS，
∵OB＝OC，∠BOG＝∠COS，∴△OBG≌△OCS，
∴OG＝OS，CS＝GB，∠GOB＝∠SOC，
∴∠SOG＝90°，∴∠ROG＝45°，
∵OR＝OR，∴△OSR≌△OGR，∴SR＝GR，
∴SR＝CS＋BR，
∵∠BOR＋∠OBI＝90°，∠IBO＋∠TBK＝90°，∴∠BOR＝∠TBK，
∴tan∠BOR＝tan∠TBK，∴eq \f(BR,OB)＝eq \f(TK,BK)，∴BR＝TK，
∵∠CTQ＝∠BTK，∴∠QCT＝∠TBK，
∴tan∠QCT＝tan∠TBK，
设ST＝TD＝m，
∴SK＝2m＋1，CS＝2－2m，TK＝m＋1＝BR，
SR＝3－m，RK＝2－m，
在Rt△SKR中，
∵SK2＋RK2＝SR2，∴(2m＋1)2＋(2－m)2＝(3－m)2，解得m1＝－2(舍去)，m2＝eq \f(1,2)；
∴ST＝TD＝eq \f(1,2)，TK＝eq \f(3,2)，
∴tan∠TBK＝eq \f(TK,BK)＝eq \f(3,2)÷3＝eq \f(1,2)，∴tan∠PCD＝eq \f(1,2)，
∵CF＝OE＝t，∴PF＝eq \f(1,2)t，∴PE＝eq \f(1,2)t＋3，∴P(t，－eq \f(1,2)t－3)，∴－eq \f(1,2)t－3＝t2－2t－3，
解得t1＝0(舍去)，t2＝eq \f(3,2).
∴MN＝d＝eq \f(2\r(10),5)t＝eq \f(2\r(10),5)×eq \f(3,2)＝eq \f(3\r(10),5).
类型三 与面积问题结合
1．(2017·恩施州)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．
(导学号 58824241)
解：(1)抛物线的解析式为y＝eq \f(1,4)x2＋1；
(2)BF＝BC.
理由如下：设B(x，eq \f(1,4)x2＋1)，而F(0，2)，
∴BF2＝x2＋(eq \f(1,4)x2＋1－2)2＝x2＋(eq \f(1,4)x2－1)2＝(eq \f(1,4)x2＋1)2，∴BF＝eq \f(1,4)x2＋1，
∵BC⊥x轴于点C，∴BC＝eq \f(1,4)x2＋1，∴BF＝BC；
图①
(3)如解图①，m为自然数，则点P在F点上方，
∵以B、C、F、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Rt△OCF中，CF＝2OF＝4，∴PF＝CF＝4，
∴P(0，6)，
即自然数m的值为6；
图②
(4)作QE∥y轴交AB于E，如解图②，
当k＝1时，一次函数解析式为y＝x＋2，
解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,y＝\f(1,4)x2＋1.))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋2\r(2)，,y＝4＋2\r(2)，))或
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2－2\r(2)，,y＝4－2\r(2)，))则B(2＋2eq \r(2)，4＋2eq \r(2))，
设Q(t，eq \f(1,4)t2＋1)，则E(t，t＋2)，
∴EQ＝t＋2－(eq \f(1,4)t2＋1)＝－eq \f(1,4)t2＋t＋1，
∴S△QBF＝S△EQF＋S△EQB＝eq \f(1,2)(2＋2eq \r(2))EQ＝eq \f(1,2)(eq \r(2)＋1)(－eq \f(1,4)t2＋t＋1)＝－eq \f(\r(2)＋1,4)(t－2)2＋2eq \r(2)＋2，
当t＝2时，S△QBF有最大值，最大值为2eq \r(2)＋2，此时Q点坐标为(2，2)．
2．(2017·苏州)如图，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于 A，B两点，与y轴交于点C，OB＝OC.点D在函数图象上，CD∥x轴，且CD＝2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．
(1)求b，c的值；
(2)如图①，连接BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F′恰好在线段BE上，求点F的坐标；
(3)如图②，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M，与抛物线交于点N.试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，说明理由．
解：(1)b＝－2，c＝－3;
(2)设点F坐标为(0，m)，
∵对称轴是直线x＝1，
∴点F关于直线l的对称点F′的坐标为(2，m)，
由(1)可知抛物线解析式为y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，
∴E(1，－4)
∵直线BE经过点B(3，0)，E(1，－4)，
∴利用待定系数法可得直线BE的表达式为y＝2x－6，
∵点F′在BE上，
∴m＝2×2－6＝－2，即点F坐标为(0，－2)．
(3)存在，满足题意的点Q的坐标为(eq \f(1,2)，－eq \f(15,4))或(eq \f(3,2)，－eq \f(15,4))．
3．(2017·抚顺)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4交y轴于点A，并经过B(4，4)和C(6，0)两点，点D的坐标为(4，0)，连接AD，AB，BC，点E从点A出发，以每秒eq \r(2)个单位长度的速度沿线段AD向点D运动，到达点D后，以每秒1个单位长度的速度沿射线DC运动，设点E的运动时间为t秒，过点E作AB的垂线EF交直线AB于点F，以线段EF为斜边向右作等腰直角△EFG.
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点G落在第一象限内的抛物线上时，求出t的值；
(3)设点E从点A出发时，点E，F，G都与点A重合，点E在运动过程中，当△BCG的面积为4时，直接写出相应的t值，并直接写出点G从出发到此时所经过的路径长．
(导学号 58824242)
解：(1)抛物线的解析式为y＝－eq \f(1,3)x2＋eq \f(4,3)x＋4；
(2)点G(eq \f(3,2)t，4－eq \f(1,2)t)，
将(eq \f(3,2)t，4－eq \f(1,2)t)代入到抛物线得4－eq \f(1,2)t＝－eq \f(1,3)(eq \f(3,2)t)2＋eq \f(4,3)×eq \f(3,2)t＋4，
解得t1＝0(舍去)，t2＝eq \f(10,3)，
∴当t＝eq \f(10,3)时，G落在抛物线上；
(3)t1＝eq \f(8,5)，此时路径长度为eq \f(4\r(10),5)，
t2＝5，此时路径长度为1＋2eq \r(10).
类型四 与相似三角形结合
1．如图，已知直线y＝－x＋3与x轴，y轴分别交于A，B两点，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A，B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q在线段AB上，从点A出发，向点B以每秒eq \r(2) 个单位的速度匀速运动，连接PQ，设运动时间为t秒．
(1)求抛物线的解析式；
(2)问：当t为何值时，△APQ为直角三角形；
(3)过点P作PE∥y轴，交AB于点E，过点Q作QF∥y轴，交抛物线于点F，连接EF，当EF∥PQ时，求点F的坐标；
(4)设抛物线顶点为M，连接BP，BM，MQ，问：是否存在t值，使以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3；
(2)OP＝t，AQ＝eq \r(2)t，则PA＝3－t，
∵OA＝OB＝3，
∠BOA＝90°，
∴∠QAP＝45°.
当∠PQA＝90°时，如解图①，PA＝eq \r(2)AQ，即3－t＝eq \r(2)×eq \r(2)t，解得t＝1；
当∠APQ＝90°时，如解图②，AQ＝eq \r(2)AP，即eq \r(2)t＝eq \r(2)(3－t)，解得t＝eq \f(3,2)；
综上所述，当t＝1或t＝eq \f(3,2)时，△PQA是直角三角形；
图①
(3)如解图③，延长FQ交x轴于点H，设点P的坐标为(t，0)，∵PA＝PE，则点E的坐标为(t，－t＋3)，
易得△AQH为等腰直角三角形，∴AH＝HQ＝eq \f(\r(2),2)AQ＝eq \f(\r(2),2)·eq \r(2)t＝t，
∴点Q的坐标为(3－t，t)，点F的坐标为(3－t，－t2＋4t)，
∴FQ＝－t2＋4t－t＝－t2＋3t，
∵EP∥FQ，EF∥PQ，∴四边形PQFE为平行四边形，
∴EP＝FQ.即3－t＝3t－t2，解得t1＝1，t2＝3(舍去)，∴点F的坐标为(2，3)；
图②
图③
(4)存在．
当t＝eq \f(9,4)时，以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似．
2.(2017·河南)如图，直线y＝－eq \f(2,3)x＋c与x轴交于点A(3，0)，与y轴交于点B，抛物线y＝－eq \f(4,3)x2＋bx＋c经过点A，B.
(1)求点B的坐标和抛物线的解析式；
(2)M(m，0)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N.
①点M在线段OA上运动，若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标；
②点M在x轴上自由运动，若三个点M，P，N中恰有一点是其他两点所连线段的中点(三点重合除外)，则称M，P，N三点为“共谐点”．请直接写出使得M，P，N三点成为“共谐点”的m的值．
(导学号 58824243)
解：(1)B(0，2)，
抛物线的解析式为y＝－eq \f(4,3)x2＋eq \f(10,3)x＋2；
(2)①由(1)可知直线解析式为y＝－eq \f(2,3)x＋2，
∵M(m，0)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N，
∴P(m，－eq \f(2,3)m＋2)，N(m，－eq \f(4,3)m2＋eq \f(10,3)m＋2)，
∴PM＝－eq \f(2,3)m＋2，AM＝3－m，PN＝－eq \f(4,3)m2＋eq \f(10,3)m＋2－(－eq \f(2,3)m＋2)＝－eq \f(4,3)m2＋4m，
∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM，
∴∠BNP＝∠AMP＝90°即△BPN∽△APM，或∠NBP＝∠AMP＝90°，
当∠BNP＝90°时，则有BN⊥MN，∴BN＝OM＝m，
∴eq \f(BN,AM)＝eq \f(PN,PM)，即eq \f(m,3－m)＝eq \f(－\f(4,3)m2＋4m,－\f(2,3)m＋2)，解得m＝0(舍去)或m＝2.5；
∴M(2.5，0)；
当∠NBP＝90°时，即△BPN∽△MPA，则有eq \f(PN,PA)＝eq \f(BP,MP)，∵A(3，0)，B(0，2)，P(m，－eq \f(2,3)m＋2)，0＜m＜3，∴BP＝eq \r(m2＋（－\f(2,3)m＋2－2）2)＝eq \f(\r(13),3)m，AP＝eq \r(（m－3）2＋（－\f(2,3)m＋2）2)＝eq \f(\r(13),3)(3－m)，
eq \f(－\f(4,3)m2＋4m,\f(\r(13),3)（3－m）)＝eq \f(\f(\r(13),3)m,－\f(2,3)m＋2)，解得m＝0(舍去)或m＝eq \f(11,8)，∴M(eq \f(11,8)，0)；
综上可知当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为(2.5，0)或(eq \f(11,8)，0)；
②当M，P，N三点成为“共谐点”时m的值为eq \f(1,2)或－1或－eq \f(1,4).
3.(2016·湖州)如图，已知二次函数y＝－x2＋bx＋c(b，c为常数)的图象经过点A(3，1)，点C(0，4)，顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴于点D，交该二次函数图象于点B，连接BC.
(1)求该二次函数的解析式及点M的坐标；
(2)若将该二次函数图象向下平移m(m＞0)个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部(不包括△ABC的边界)，求m的取值范围；
(3)点P是直线AC上的动点，若点P，点C，点M所构成的三角形与△BCD相似，请直接写出所有点P的坐标(直接写出结果，不必写解答过程)．

解：(1)二次函的数解析式为y＝－x2＋2x＋4，
点M的坐标为(1，5)；
(2)设直线AC的解析式为y＝kx＋m，把点A(3，1)，C(0，4)代入得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3k＋m＝1，,m＝4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－1，,m＝4，))
∴直线AC的解析式为y＝－x＋4，如解图所示，对称轴直线x＝1与△ABC两边分别交于点E、点F，
把x＝1代入直线AC解析式y＝－x＋4，得y＝3，则点E坐标为(1，3)，点F坐标为(1，1)，
∴1＜5－m＜3，解得2＜m＜4；
(3)符合题意的点P坐标有4个，分别为P1(eq \f(1,3)，eq \f(11,3))，P2(－eq \f(1,3)，eq \f(13,3))，P3(3，1)，P4(－3，7)．
类型五 与角有关的探究
1．(2017·锦州)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c经过B(－1，0)，D(－2，5)两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q、P.
(1)求抛物线的解析式；
(2)是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；
(3)连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒eq \r(2)个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时t最少？
解：(1)抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；
(2)假设存在点P(m，n)，使得∠APB＝90°，
如解图①，连接PA，PB.
∵PH⊥AB，
∴可得△PAH∽△BPH，∴eq \f(PH,BH)＝eq \f(AH,PH)，
即PH2＝AH·BH，
∴(－n)2＝(3－m)(m＋1)，整理得n2＝－m2＋2m＋3，
∵点P在抛物线上，∴n＝m2－2m－3，
∴n2＝－n，解得n＝－1或n＝0(舍)．
将n＝－1代入抛物线得m2－2m－3＝－1，解得m1＝1＋eq \r(3)，m2＝1－eq \r(3)，
∴满足条件的点P有两个，横坐标分别为1＋eq \r(3)，1－eq \r(3)；
图①
图②
(3)如解图②，过D作DE⊥x轴于点E，
∵D(－2，5)，∴DE＝5，OE＝2.
∴AE＝OE＋OA＝5，
∴DE＝AE，
∴∠DAE＝45°.
过D作DF⊥PQ于点F，∵DF∥x轴，
∴∠FDQ＝45°，
∴在Rt△DFQ中，DQ＝eq \r(2)FQ.
根据题意，t＝eq \f(BQ,1)＋eq \f(DQ,\r(2))＝BQ＋FQ，
∴要使t最小，则BQ＋QF最小，
根据垂线段最短可知，当点B，Q，F共线时，t取最小值，
此时BF⊥DF，点Q的横坐标为－1，则点Q的坐标为(－1，4)．
2．(2017·盐城)如图，在平面直角坐标系中，直线y＝eq \f(1,2)x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝－eq \f(1,2)x2＋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eq \f(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．
(导学号 58824244)
备用图
解：(1)抛物线的表达式为y＝－eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x＋2；
(2)①令y＝－eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x＋2＝0，∴x1＝－4，x2＝1，∴A(－4，0)，B(1，0)，如解图①，过D作DM⊥x轴交AC于点M，过B作BN⊥x轴交AC于点N，∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(DE,BE)＝eq \f(DM,BN)，设D(a，－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a＋2)，∴M(a，eq \f(1,2)a＋2)，∴DM＝－eq \f(1,2)a2－2a，∵B(1，0)，∴N(1，eq \f(5,2))，∴BN＝eq \f(5,2).
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(DM,BN)＝eq \f(－\f(1,2)a2－2a,\f(5,2))＝－eq \f(1,5)(a＋2)2＋eq \f(4,5)；∴当a＝－2时，eq \f(S1,S2)的最大值是eq \f(4,5)；
图①
图②
②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)，
∴AC＝2eq \r(5)，BC＝eq \r(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(－eq \f(3,2)，0)，∴PA＝PC＝PB＝eq \f(5,2)，∴∠CPO＝2∠BAC，∴tan∠CPO＝tan(2∠BAC)＝eq \f(4,3)，过D作x轴的平行线交y轴于点R，交AC的延长线于点G，
i．如解图②，∴∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC＋∠CDG，
∴∠CDG＝∠BAC，
∴tan∠CDG＝tan∠BAC＝eq \f(1,2)，即eq \f(RC,DR)＝eq \f(1,2)，令D(a，－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a＋2)，∴DR＝－a，RC＝－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a，
∴eq \f(－\f(1,2)a2－\f(3,2)a,－a)＝eq \f(1,2)，∴a1＝0(舍去)，a2＝－2，
∴xD＝－2，ii.∵∠FDC＝2∠BAC，tan∠FDC＝eq \f(4,3)，设FC＝4k，∴DF＝3k，DC＝5k，∵tan∠DGC＝eq \f(3k,FG)＝eq \f(1,2)，∴FG＝6k，∴CG＝2k，DG＝3eq \r(5)k，∴RC＝eq \f(2\r(5),5)k，RG＝eq \f(4\r(5),5)k，DR＝3eq \r(5)k－eq \f(4\r(5),5)k＝eq \f(11\r(5),5)k，∴eq \f(DR,RC)＝eq \f(\f(11\r(5),5)k,\f(2\r(5),5)k)＝eq \f(－a,－\f(1,2)a2－\f(3,2)a)，∴a1＝0(舍去)，a2＝－eq \f(29,11)，点D的横坐标为－2或－eq \f(29,11).
3．(2017·丹东模拟)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－2(a≠0)与x轴交于A(1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为(0，－1)，该抛物线与BE交于另一点F，连接BC.
(1)求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为y＝a(x－h)2＋k的形式；
(2)若点H(1，y)在BC上，连接FH，求△FHB的面积；
(3)一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平行于y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒(t＞0)，在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB＝90°？
(4)在x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得∠PBF被BA平分？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)抛物线的解析式为y＝－eq \f(2,3)x2＋eq \f(8,3)x－2＝－eq \f(2,3)(x－2)2＋eq \f(2,3)；
(2)如解图，过点A作AH∥y轴交BC于点H，交BE于点G，由(1)得C(0，－2)，∵B(3，0)，∴直线BC解析式为y＝eq \f(2,3)x－2，
∵H(1，y)在直线BC上，∴y＝－eq \f(4,3)，∴H(1，－eq \f(4,3))，
∵B(3，0)，E(0，－1)，∴直线BE解析式为y＝eq \f(1,3)x－1，
∴G(1，－eq \f(2,3))，∴GH＝eq \f(2,3)，
∵直线BE：y＝eq \f(1,3)x－1与抛物线y＝－eq \f(2,3)x2＋eq \f(8,3)x－2相交于点F，B，∴F(eq \f(1,2)，－eq \f(5,6))，
∴S△FHB＝eq \f(1,2)GH×|xG－xF|＋eq \f(1,2)GH×|xB－xG|＝eq \f(1,2)GH×|xB－xF|＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×(3－eq \f(1,2))＝eq \f(5,6)；
(3)P(eq \f(3,2)，eq \f(1),\s\d5(2)))．