Question

（2013•自貢）如圖，已知拋物線y=ax²+bx-2（a≠0）與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，直線BD交拋物線于點D，并且D（2，3），tan∠DBA=

1

2

．
（1）求拋物線的解析式；
（2）已知點M為拋物線上一動點，且在第三象限，順次連接點B、M、C、A，求四邊形BMCA面積的最大值；
（3）在（2）中四邊形BMCA面積最大的條件下，過點M作直線平行于y軸，在這條直線上是否存在一個以Q點為圓心，OQ為半徑且與直線AC相切的圓？若存在，求出圓心Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）如答圖1所示，利用已知條件求出點B的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）如答圖1所示，首先求出四邊形BMCA面積的表達式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出其最大值；
（3）本題利用切線的性質(zhì)、相似三角形與勾股定理求解．如答圖2所示，首先求出直線AC與直線x=2的交點F的坐標(biāo)，從而確定了Rt△AGF的各個邊長；然后證明Rt△AGF∽Rt△QEF，利用相似線段比例關(guān)系列出方程，求出點Q的坐標(biāo)．

解答：解：（1）如答圖1所示，過點D作DE⊥x軸于點E，則DE=3，OE=2．
∵tan∠DBA=

DE

BE

=

1

2

，
∴BE=6，
∴OB=BE-OE=4，
∴B（-4，0）．
∵點B（-4，0）、D（2，3）在拋物線y=ax²+bx-2（a≠0）上，
∴

16a-4b-2=0 4a+2b-2=3

，
解得

a= 1 2 b= 3 2

，
∴拋物線的解析式為：y=

1

2

x²+

3

2

x-2．

（2）拋物線的解析式為：y=

1

2

x²+

3

2

x-2，
令x=0，得y=-2，∴C（0，-2），
令y=0，得x=-4或1，∴A（1，0）．
設(shè)點M坐標(biāo)為（m，n）（m＜0，n＜0），
如答圖1所示，過點M作MF⊥x軸于點F，則MF=-n，OF=-m，BF=4+m．
S_{四邊形BMCA}=S_△BMF+S_梯形MFOC+S_△AOC
=

1

2

BF•MF+

1

2

（MF+OC）•OF+

1

2

OA•OC
=

1

2

（4+m）×（-n）+

1

2

（-n+2）×（-m）+

1

2

×1×2
=-2n-m+1
∵點M（m，n）在拋物線y=

1

2

x²+

3

2

x-2上，
∴n=

1

2

m²+

3

2

m-2，代入上式得：
S_{四邊形BMCA}=-m²-4m+5=-（m+2）²+9，
∴當(dāng)m=-2時，四邊形BMCA面積有最大值，最大值為9．

（3）假設(shè)存在這樣的⊙Q．
如答圖2所示，設(shè)直線x=-2與x軸交于點G，與直線AC交于點F．
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，將A（1，0）、C（0，-2）代入得：

k+b=0 b=-2

，
解得：k=2，b=-2，
∴直線AC解析式為：y=2x-2，
令x=-2，得y=-6，∴F（-2，-6），GF=6．
在Rt△AGF中，由勾股定理得：AF=

AG2+GF2

=

32+62

=3

5

．
設(shè)Q（-2，n），則在Rt△AGF中，由勾股定理得：OQ=

OG2+QG2

=

n2+4

．
設(shè)⊙Q與直線AC相切于點E，則QE=OQ=

n2+4

．
在Rt△AGF與Rt△QEF中，
∵∠AGF=∠QEF=90°，∠AFG=∠QFE，
∴Rt△AGF∽Rt△QEF，
∴

AF

QF

=

AG

QE

，即

3 5

6+n

=

3

n2+4

，
化簡得：n²-3n-4=0，解得n=4或n=-1．
∴存在一個以Q點為圓心，OQ為半徑且與直線AC相切的圓，點Q的坐標(biāo)為（-2，4）或（-2，-1）．

點評：本題是中考壓軸題，綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、相似三角形、勾股定理、圓的切線性質(zhì)、解直角三角形、圖形面積計算等重要知識點，涉及考點眾多，有一定的難度．第（2）問面積最大值的問題，利用二次函數(shù)的最值解決；第（3）問為存在型問題，首先假設(shè)存在，然后利用已知條件，求出符合條件的點Q坐標(biāo)．