1.(2019山东聊城)（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0），点B（4，0），与y轴交于点C（0，8），连接BC，又已知位于y轴右侧且垂直于x轴的动直线l，沿x轴正方向从O运动到B（不含O点和B点），且分别交抛物线、线段BC以及x轴于点P，D，E． （1）求抛物线的表达式； （2）连接AC，AP，当直线l运动时，求使得△PEA和△AOC相似的点P的坐标； （3）作PF⊥BC，垂足为F，当直线l运动时，求Rt△PFD面积的最大值． 【分析】（1）将点A、B、C的坐标代入二次函数表达式，即可求解； （2）只有当∠PEA＝∠AOC时，PEA△∽AOC，可得：PE＝4AE，设点P坐标（4k﹣2，k），即可求解； （3）利用Rt△PFD∽Rt△BOC得：＝PD2，再求出PD的最大值，即可求解． 【解答】解：（1）将点A、B、C的坐标代入二次函数表达式得：，解得：， 故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+8； （2）∵点A（﹣2，0）、C（0，8），∴OA＝2，OC＝8， ∵l⊥x轴，∴∠PEA＝∠AOC＝90°， ∵∠PAE≠∠CAO， ∴只有当∠PEA＝∠AOC时，PEA△∽AOC， 此时，即：， ∴AE＝4PE， 设点P的纵坐标为k，则PE＝k，AE＝4k， ∴OE＝4k﹣2， 将点P坐标（4k﹣2，k）代入二次函数表达式并解得： k＝0或（舍去0）， 则点P（，）； （3）在Rt△PFD中，∠PFD＝∠COB＝90°， ∵l∥y轴，∴∠PDF＝∠COB，∴Rt△PFD∽Rt△BOC， ∴， ∴S△PDF＝?S△BOC， 而S△BOC＝OB?OC＝＝16，BC＝＝4， ∴S△PDF＝?S△BOC＝PD2， 即当PD取得最大值时，S△PDF最大， 将B、C坐标代入一次函数表达式并解得： 直线BC的表达式为：y＝﹣2x+8， 设点P（m，﹣m2+2m+8），则点D（m，﹣2m+8）， 则PD＝﹣m2+2m+8+2m﹣8＝﹣（m﹣2）2+4， 当m＝2时，PD的最大值为4， 故当PD＝4时，∴S△PDF＝PD2＝． 【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线 （2019四川攀枝花）已知抛物线y=-x2+bx+c的对称轴为直线x=1，其图象与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C（0，3）． （1）求b，c的值； （2）直线1与x轴相交于点P． ①如图1，若l∥y轴，且与线段AC及抛物线分别相交于点E，F，点C关于直线x=1的对称点为点D，求四边形CEDF面积的最大值； ②如图2，若直线1与线段BC相交于点Q，当△PCQ∽△CAP时，求直线1的表达式． 23.【答案】解：（1）由题意得：， ∴b=2，c=3， （2）①如图1，∵点C关于直线x=1的对称点为点D， ∴CD∥OA， ∴3=-x2+2x+3， 解得：x1=0，x2=2， ∴D（2，3）， ∵抛物线的解析式为y=-x2+2x+3， ∴令y=0，解得x1=-1，x2=3， ∴B（-1，0），A（3，0）， 设直线AC的解析式为y=kx+b， ∴，解得：， ∴直线AC的解析式为y=-x+3， 设F（a，-a2+2a+3），E（a，-a+3）， ∴EF=-a2+2a+3+a-3=-a2+3a， 四边形CEDF的面积=S△EFC+S△EFD===-a2+3a=， ∴当a=时，四边形CEDF的面积有最大值，最大值为． ②当△PCQ∽△CAP时， ∴∠PCA=∠CPQ，∠PAC=∠PCQ， ∴PQ∥AC， ∵C（0，3），A（3，0）， ∴OA=OC， ∴∠OCA=∠OAC=∠PCQ=45°， ∴∠BCO=∠PCA， 如图2，过点P作PM⊥AC交AC于点M， ∴， 设PM=b，则CM=3b，AM=b， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线l的解析式为y=-x+n， ∴， ∴． ∴直线l的解析式为y=-x+． 【解析】 （1）根据抛物线的对称轴及抛物线与y轴的交点坐标可求出b、c的值； （2）由题意先求出D点坐标为（2，3），求出直线AC的解析式，设F（a，-a2+2a+3），E（a，-a+3），则EF=-a2+3a，四边形CEDF的面积可表示为，利用二次函数的性质可求出面积的最大值； （3）当△PCQ∽△CAP时，可得∠PCA=∠CPQ，∠PAC=∠PCQ=∠OCA=45°，则PQ∥AC，∠BCO=∠PCA ... ...
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