【正文】 于點D，交拋物線于點E，且滿足tan∠OAD=．（1）求拋物線的解析式；（2）動點P從點B出發(fā)，沿x軸正方形以每秒2個單位長度的速度向點A運動，動點Q從點A出發(fā)，沿射線AE以每秒1個單位長度的速度向點E運動，當(dāng)點P運動到點A時，點Q也停止運動，設(shè)運動時間為t秒．①在P、Q的運動過程中，是否存在某一時刻t，使得△ADC與△PQA相似，若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．②在P、Q的運動過程中，是否存在某一時刻t，使得△APQ與△CAQ的面積之和最大？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）拋物線的解析式為y=；（2）①存在t=或t=，使得△ADC與△PQA相似；②當(dāng)t=時，△APQ與△CAQ的面積之和最大.【解析】分析：（1）應(yīng)用待定系數(shù)法求解析式（2）①分別用t表示△ADC、△PQA各邊，應(yīng)用分類討論相似三角形比例式，求t值；②分別用t表示△APQ與△CAQ的面積之和，討論最大值．詳解：（1）∵OA=1，OB=4，∴A（1，0），B（﹣4，0），設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+4）（x﹣1），∵點C（0，﹣）在拋物線上，∴﹣，解得a=.∴拋物線的解析式為y=.（2）存在t，使得△ADC與△PQA相似．理由：①在Rt△AOC中，OA=1，OC=，則tan∠ACO=，∵tan∠OAD=，∴∠OAD=∠ACO，∵直線l的解析式為y=，∴D（0，﹣），∵點C（0，﹣），∴CD=，由AC2=OC2+OA2，得AC=，在△AQP中，AP=AB﹣PB=5﹣2t，AQ=t，由∠PAQ=∠ACD，要使△ADC與△PQA相似，只需或，則有或，解得t1=，t2=，∵t1＜，t2＜，∴存在t=或t=，使得△ADC與△PQA相似；②存在t，使得△APQ與△CAQ的面積之和最大，理由：作PF⊥AQ于點F，CN⊥AQ于N，在△APF中，PF=AP?sin∠PAF=，在△AOD中，由AD2=OD2+OA2，得AD=，在△ADC中，由S△ADC= ，∴CN=，∴S△AQP+S△AQC= ，∴當(dāng)t=時，△APQ與△CAQ的面積之和最大.點睛：本題為代數(shù)、幾何綜合題，考查待定系數(shù)法、相似三角形判定、二次函數(shù)最值，應(yīng)用了分類討論和數(shù)形結(jié)合思想．14．如圖，拋物線y=ax2+bx經(jīng)過△OAB的三個頂點，其中點A（1，），點B（3，﹣），O為坐標(biāo)原點．（1）求這條拋物線所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；（2）若P（4，m），Q（t，n）為該拋物線上的兩點，且n＜m，求t的取值范圍；（3）若C為線段AB上的一個動點，當(dāng)點A，點B到直線OC的距離之和最大時，求∠BOC的大小及點C的坐標(biāo)．【答案】（1）；（2）t＞4；（3）∠BOC=60176。，C（，）【解析】分析：（1）將已知點坐標(biāo)代入y=ax2+bx，求出a、b的值即可；（2）利用拋物線增減性可解問題；（3）觀察圖形，點A，點B到直線OC的距離之和小于等于AB；同時用點A（1，），點B（3，﹣）求出相關(guān)角度．詳解：（1）把點A（1，），點B（3，﹣）分別代入y=ax2+bx得 ，解得∴y=﹣（2）由（1）拋物線開口向下，對稱軸為直線x=，當(dāng)x＞時，y隨x的增大而減小，∴當(dāng)t＞4時，n＜m．（3）如圖，設(shè)拋物線交x軸于點F，分別過點A、B作AD⊥OC于點D，BE⊥OC于點E∵AC≥AD，BC≥BE，∴AD+BE≤AC+BE=AB，∴當(dāng)OC⊥AB時，點A，點B到直線OC的距離之和最大．∵A（1，），點B（3，﹣），∴∠AOF=60176。，∠BOF=30176。，∴∠AOB=90176。，∴∠ABO=30176。．當(dāng)OC⊥AB時，∠BOC=60176。，點C坐標(biāo)為（，）．點睛：本題考查綜合考查用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，拋物線的增減性．解答問題時注意線段最值問題的轉(zhuǎn)化方法．15．如圖1，四邊形是矩形，點的坐標(biāo)為，沿以每秒1個單位長度的速度向點運動，同時點從點出發(fā)，沿以每秒2個單位長度的速度向點運動，.（1）當(dāng)時，線段的中點坐標(biāo)為________；（2）當(dāng)與相似時，求的值；（3）當(dāng)時，拋物線經(jīng)過、兩點，與軸交于點，拋物線的頂點為，使，若存在，求出所有滿足條件的點坐標(biāo)；若不存在，說明理由.【答案】（1）的中點坐標(biāo)是；（2）或；（3），.【解析】分析：（1）先根據(jù)時間t=2，和速度可得動點P和Q的路程OP和AQ的長，再根據(jù)中點坐標(biāo)公式可得結(jié)論；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得：∠B=∠PAQ=90176。，所以當(dāng)△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況：①當(dāng)△PAQ∽△QBC時，②當(dāng)△PAQ∽△CBQ時，分別列方程可得t的值；（3）根據(jù)t=1求拋物線的解析式，根據(jù)Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x軸，∴KM=KQ，KE⊥MQ，畫出符合條件的點D，證明△KEQ∽△QMH，列比例式可得點D的坐標(biāo)，同理根據(jù)對稱可得另一個點D．詳解：（1）如圖1，∵點A的坐標(biāo)為（3，0），∴OA=3，當(dāng)t=2時，OP=t=2，AQ=2t=4，∴P（2，0），Q（3，4），∴線段PQ的中點坐標(biāo)為：（，），即（，2）；故答案為：（，2）；（2）如圖1，∵四邊形OABC是矩形，∴∠B=∠PAQ=90176?！喈?dāng)△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況：①當(dāng)△PAQ∽△QBC時，∴，4t215t+9=0，（t3）（t）=0，t1=3（舍），t2=，②當(dāng)△PAQ∽△CBQ時，∴，t29t+9=0，t=，∵0≤t≤6，＞7，∴x=不符合題意，舍去，綜上所述，當(dāng)△CBQ與△PAQ相似時，t的值是或；（3）當(dāng)t=1時，P（1，0），Q（3，2），把P（1，0），Q（3，2）代入拋物線y=x2+bx+c中得：，解得：，∴拋物線：y=x23x+2=（x）2，∴頂點k（，），∵Q（3，2），M（0，2），∴MQ∥x軸，作拋物線對稱軸，交MQ于E，∴KM=KQ，KE⊥MQ，∴∠MKE=∠QKE=∠MKQ，如圖2，∠MQD=∠MKQ=∠QKE，設(shè)DQ交y軸于H，∵∠HMQ=∠QEK=90176。，∴△KEQ∽△QMH，∴，∴，∴MH=2，∴H（0，4），易得HQ的解析式為：y=x+4，則，x23x+2=x+4，解得：x1=3（舍），x2=，∴D（，）；同理，在M的下方，y軸上存在點H，如圖3，使∠HQM=∠MKQ=∠QKE，由對稱性得：H（0，0），易得OQ的解析式：y=x，則，x23x+2=x，解得：x1=3（舍），x2=，∴D（，）；綜上所述，點D的坐標(biāo)為：D（，）或（，）．點睛：本題是二次函數(shù)與三角形相似的綜合問題，主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)的綜合應(yīng)用，三角形和四邊形的面積，二次函數(shù)的最值問題的應(yīng)用，函數(shù)的交點等知識，本題比較復(fù)雜，注意用t表示出線段長度，再利用相似即可找到線段之間的關(guān)系，代入可解決問題．