【正文】 m+4，則直線OP的表達(dá)式為：y＝x，將直線OP和CD表達(dá)式聯(lián)立得，解得：點(diǎn)Q（，）則＝﹣m2﹣m+4，y＝＝﹣m2﹣m+3，當(dāng)m＝﹣，y最大值為；（4）直線CD的表達(dá)式為：y＝﹣（x+3），令x＝0，則y＝﹣，令y＝0，則x＝﹣3，故點(diǎn)C、D的坐標(biāo)為（﹣3，0）、（0，﹣），則點(diǎn)H（﹣，﹣），同理可得：點(diǎn)G（﹣，），則GH2＝（+）2+（﹣）2＝（）2，解得：m＝﹣3（正值已舍去），則點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為（1，0）、（0，3）、（﹣3，0），則“母線”函數(shù)的表達(dá)式為：y＝a（x﹣1）（x+3）＝a（x2﹣2x﹣3），即：﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，故：“母線”函數(shù)的表達(dá)式為：y＝x2﹣2x﹣3．【點(diǎn)睛】此題是二次函數(shù)綜合題目，考查了“姊線”的定義，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的最值問題，掌握二次函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵.11．如圖，已知直線y＝﹣2x+4分別交x軸、y軸于點(diǎn)A、B．拋物線過A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PC⊥x軸于點(diǎn)C，交拋物線于點(diǎn)D．（1）如圖1，設(shè)拋物線頂點(diǎn)為M，且M的坐標(biāo)是（，），對(duì)稱軸交AB于點(diǎn)N．①求拋物線的解析式；②是否存在點(diǎn)P，使四邊形MNPD為菱形？并說(shuō)明理由；（2）是否存在這樣的點(diǎn)D，使得四邊形BOAD的面積最大？若存在，求出此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）①y＝﹣2x2+2x+4；；②不存在點(diǎn)P，使四邊形MNPD為菱形；；（2）存在，點(diǎn)D的坐標(biāo)是（1，4）．【解析】【分析】（1）①由一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求得點(diǎn)B的坐標(biāo)，設(shè)拋物線解析式為y＝a，把點(diǎn)B的坐標(biāo)代入求得a的值即可；②不存在點(diǎn)P，使四邊形MNPD為菱形．設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是（m，﹣2m+4），則D（m，﹣2m2+2m+4），根據(jù)題意知PD∥MN，所以當(dāng)PD＝MN時(shí)，四邊形MNPD為平行四邊形，根據(jù)該等量關(guān)系列出方程﹣2m2+4m＝，通過解方程求得m的值，易得點(diǎn)N、P的坐標(biāo)，然后推知PN＝MN是否成立即可；（2）設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)是（n，﹣2n2+2n+4），P（n，﹣2n+4）．根據(jù)S四邊形BOAD＝S△BOA+S△ABD＝4+S△ABD，則當(dāng)S△ABD取最大值時(shí)，S四邊形BOAD最大．根據(jù)三角形的面積公式得到函數(shù)S△ABD＝﹣2（n﹣1）2+2．由二次函數(shù)的性質(zhì)求得最值．【詳解】解：①如圖1，∵頂點(diǎn)M的坐標(biāo)是，∴設(shè)拋物線解析式為y＝（a≠0）．∵直線y＝﹣2x+4交y軸于點(diǎn)B，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)是（0，4）．又∵點(diǎn)B在該拋物線上，∴＝4，解得a＝﹣2．故該拋物線的解析式為：y＝＝﹣2x2+2x+4；②不存在．理由如下：∵拋物線y＝的對(duì)稱軸是直線x＝，且該直線與直線AB交于點(diǎn)N，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)是．∴．設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是（m，﹣2m+4），則D（m，﹣2m2+2m+4），∴PD＝（﹣2m2+2m+4）﹣（﹣2m+4）＝﹣2m2+4m．∵PD∥MN．當(dāng)PD＝MN時(shí)，四邊形MNPD是平行四邊形，即﹣2m2+4m＝．解得 m1＝（舍去），m2＝．此時(shí)P（，1）．∵PN＝，∴PN≠M(fèi)N，∴平行四邊形MNPD不是菱形．∴不存在點(diǎn)P，使四邊形MNPD為菱形；（2）存在，理由如下：設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)是（n，﹣2n2+2n+4），∵點(diǎn)P在線段AB上且直線PD⊥x軸，∴P（n，﹣2n+4）．由圖可知S四邊形BOAD＝S△BOA+S△ABD．其中S△BOA＝OB?OA＝42＝4．則當(dāng)S△ABD取最大值時(shí)，S四邊形BOAD最大．S△ABD＝（yD﹣yP）（xA﹣xB）＝y(tǒng)D﹣yP＝﹣2n2+2n+4﹣（﹣2n+4）＝﹣2n2+4n＝﹣2（n﹣1）2+2．當(dāng)n＝1時(shí)，S△ABD取得最大值2，S四邊形BOAD有最大值．此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)是（1，4）．【點(diǎn)睛】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來(lái)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度，從而求出線段之間的關(guān)系．12．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+c交x軸于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C（0，﹣），OA=1，OB=4，直線l過點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)D，交拋物線于點(diǎn)E，且滿足tan∠OAD=．（1）求拋物線的解析式；（2）動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿x軸正方形以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，沿射線AE以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．①在P、Q的運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)刻t，使得△ADC與△PQA相似，若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．②在P、Q的運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)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(qǐng)說(shuō)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(shí)，△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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(shí)，△APQ與△CAQ的面積之和最大.點(diǎn)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．13．（本小題滿分12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線（）與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），經(jīng)過點(diǎn)A的直線l：與y軸負(fù)半軸交于點(diǎn)C，與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)為D，且CD=4AC．（1）直接寫出點(diǎn)A的坐標(biāo)，并求直線l的函數(shù)表達(dá)式（其