2016初中数学中考二轮复习高分攻略：中考专题——抛物线与面积专题 27页

中考专题——抛物线与面积专题抛物线与三角形、四边形面积问题涉及代数、几何知识，有一定难度。此类问题均是结合各个知识点进行综合考查，本文通过举例来谈这类题的解法。一、顶点在抛物线y=ax2+bx+c的三角形面积的一般情况有：（1）、以抛物线与x轴的两交点和抛物线的顶点为顶点的三角形，其底边的长是抛物线与x轴两交点间的距离，高的长是抛物线顶点的纵坐标的绝对值。其面积为：SΔ=|x1-x2|·||=··||（2）、以抛物线与x轴、y轴的三个交点为顶点的三角形。其底边的长是抛物线与x轴两交点间的距离，高的长是抛物线与y轴上的截距(原点与y轴交点构成的线段长)的绝对值。其面积为：SΔ=·|x1-x2|·|c|＝··|c|（3）、三角形三个顶点在抛物线其他位置时，应根据图形的具体特征，灵活运用几何和代数的有关知识。注意：首先把握好图形的性质，根据特性进行公式运用。（4）、抛物线内四边形面积问题往往涉及到平行四边形和菱形及其长方形等特殊形状的运用，需要根据题目的具体要求进行分析解答。注意：在利用菱形的面积公式有多种：两对角线之积的一半；边长与高的积等。二、典型例题赏析1．求内接于抛物线的三角形面积。\n例1．（2015•辽宁阜新）（第18题，12分）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣3，0）和点B，交y轴于点C（0，3）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点P在抛物线上，且S△AOP=4SBOC，求点P的坐标；（3）如图b，设点Q是线段AC上的一动点，作DQ⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DQ长度的最大值．考点：二次函数综合题．分析：（1）把点A、C的坐标分别代入函数解析式，列出关于系数的方程组，通过解方程组求得系数的值；（2）设P点坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），根据S△AOP=4S△BOC列出关于x的方程，解方程求出x的值，进而得到点P的坐标；（3）先运用待定系数法求出直线AC的解析式为y=x+3，再设Q点坐标为（x，x+3），则D点坐标为（x，x2+2x﹣3），然后用含x的代数式表示QD，根据二次函数的性质即可求出线段QD长度的最大值．解答：解：（1）把A（﹣3，0），C（0，3）代入y=﹣x2+bx+c，得，解得．故该抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣2x+3．（2）由（1）知，该抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3，则易得B（1，0）．∵S△AOP=4S△BOC，∴×3×|﹣x2﹣2x+3|=4××1×3．整理，得（x+1）2=0或x2+2x﹣7=0，\n解得x=﹣1或x=﹣1±．则符合条件的点P的坐标为：（﹣1，4）或（﹣1+，﹣4）或（﹣1﹣，﹣4）；（3）设直线AC的解析式为y=kx+t，将A（﹣3，0），C（0，3）代入，得，解得．即直线AC的解析式为y=x+3．设Q点坐标为（x，x+3），（﹣3≤x≤0），则D点坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），QD=（﹣x2﹣2x+3）﹣（x+3）=﹣x2﹣3x=﹣（x+）2+，∴当x=﹣时，QD有最大值．点评：此题考查了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，二次函数的性质以及三角形面积、线段长度问题．此题难度适中，解题的关键是运用方程思想与数形结合思想．【变式练习】（2015•齐齐哈尔,第23题7分）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的边长为4，顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴，抛物线y=﹣x2+bx+c经过B、C两点，点D为抛物线的顶点，连接AC、BD、CD．（1）求此抛物线的解析式．（2）求此抛物线顶点D的坐标和四边形ABCD的面积．\n考点：待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征．专题：计算题．分析：（1）根据题意确定出B与C的坐标，代入抛物线解析式求出b与c的值，即可确定出解析式；（2）把抛物线解析式化为顶点形式，找出顶点坐标，四边形ABDC面积=三角形ABC面积+三角形BCD面积，求出即可．解答：解：（1）由已知得：C（0，4），B（4，4），把B与C坐标代入y=﹣x2+bx+c得：，解得：b=2，c=4，则解析式为y=﹣x2+2x+4；（2）∵y=﹣x2+2x+4=﹣（x﹣2）2+6，∴抛物线顶点坐标为（2，6），则S四边形ABDC=S△ABC+S△BCD=×4×4+×4×2=8+4=12．点评：此题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．2．求抛物线的解析式例2．（2015•葫芦岛）（第26题）如图，直线y=﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点．（1）求抛物线的解析式；\n（2）如图，点E是直线BC上方抛物线上的一动点，当△BEC面积最大时，请求出点E的坐标和△BEC面积的最大值？（3）在（2）的结论下，过点E作y轴的平行线交直线BC于点M，连接AM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．分析：（1）首先根据直线y=﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，求出点B的坐标是（0，3），点C的坐标是（4，0）；然后根据抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点，求出a\c的值是多少，即可求出抛物线的解析式．（2）首先过点E作y轴的平行线EF交直线BC于点M，EF交x轴于点F，然后设点E的坐标是（x，﹣x2+x+3），则点M的坐标是（x，﹣x+3），求出EM的值是多少；最后根据三角形的面积的求法，求出S△ABC，进而判断出当△BEC面积最大时，点E的坐标和△BEC面积的最大值各是多少即可．（3）在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形．然后分三种情况讨论，根据平行四边形的特征，求出使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形的点P的坐标是多少即可．解答：解：（1）∵直线y=﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，∴点B的坐标是（0，3），点C的坐标是（4，0），∵抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点，∴\n解得∴y=﹣x2+x+3．（2）如图1，过点E作y轴的平行线EF交直线BC于点M，EF交x轴于点F，，∵点E是直线BC上方抛物线上的一动点，∴设点E的坐标是（x，﹣x2+x+3），则点M的坐标是（x，﹣x+3），∴EM=﹣x2+x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+x，∴S△ABC=S△BEM+S△MEC==×（﹣x2+x）×4=﹣x2+3x=﹣（x﹣2）2+3，∴当x=2时，即点E的坐标是（2，3）时，△BEC的面积最大，最大面积是3．（3）在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形．\n①如图2，，由（2），可得点M的横坐标是2，∵点M在直线y=﹣x+3上，∴点M的坐标是（2，），又∵点A的坐标是（﹣2，0），∴AM==，∴AM所在的直线的斜率是：；∵y=﹣x2+x+3的对称轴是x=1，∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣x2+x+3），则解得或，∵x＜0，∴点P的坐标是（﹣3，﹣）．\n②如图3，，由（2），可得点M的横坐标是2，∵点M在直线y=﹣x+3上，∴点M的坐标是（2，），又∵点A的坐标是（﹣2，0），∴AM==，∴AM所在的直线的斜率是：；∵y=﹣x2+x+3的对称轴是x=1，∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣x2+x+3），则解得或，∵x＞0，∴点P的坐标是（5，﹣）．\n③如图4，，由（2），可得点M的横坐标是2，∵点M在直线y=﹣x+3上，∴点M的坐标是（2，），又∵点A的坐标是（﹣2，0），∴AM==，∵y=﹣x2+x+3的对称轴是x=1，∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣x2+x+3），则解得，∴点P的坐标是（﹣1，）．综上，可得在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标是（﹣3，﹣）、（5，﹣）、（﹣1，）．点评：（1）此题主要考查了二次函数综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，考查了从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力．（2）此题还考查了函数解析式的求法，以及二次函数的最值的求法，要熟练掌握．\n（3）此题还考查了三角形的面积的求法，要熟练掌握．【变式练习】（2015年四川省达州市中考，25,12分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，∠AOC的平分线交AB于点D，E为BC的中点，已知A（0，4）、C（5，0），二次函数y=x2+bx+c的图象抛物线经过A，C两点．（1）求该二次函数的表达式；（2）F、G分别为x轴，y轴上的动点，顺次连接D、E、F、G构成四边形DEFG，求四边形DEFG周长的最小值；（3）抛物线上是否在点P，使△ODP的面积为12？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题分析：（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）分别作A关于x轴的对称点E，作B关于y轴的对称点F，连接EF交x轴于D，交y轴于C，连接AD、BC，则此时AD+DC+BC的值最小，根据A、B的坐标求出AB，求出E、F的坐标，求出EF的长，即可求出答案；（3）根据三角形的面积，首先求得点P到OD的距离，然后过点O作OF⊥OD，使OF等于点P到OD的距离，过点F作FG∥OD，求得FG的解析式，然后再求直线FG与抛物线交点的坐标即可得到点P的坐标．解答：（1）将A（0，4）、C（5，0）代入二次函数y=x2+bx+c，得，解得．\n故二次函数的表达式y=x2﹣x+4；（2）如图：延长EC至E′，使E′C=EC，延长DA至D′，使D′A=DA，连接D′E′，交x轴于F点，交y轴于G点，GD=GD′EF=E′F，（DG+GF+EF+ED）最小=D′E′+DE，由E点坐标为（5，2），D（4，4），得D′（﹣4，4），E（5，﹣2）．由勾股定理，得DE==，D′E′==，（DG+GF+EF+ED）最小=D′E′+DE=+；（3）如下图：OD=．∵S△ODP的面积=12，∴点P到OD的距离==3．过点O作OF⊥OD，取OF=3，过点F作直线FG∥OD，交抛物线与点P1，P2，在Et△OGF中，OG===6，∴直线GF的解析式为y=x﹣6．将y=x﹣6代入y=得：x﹣6=，解得：，，\n将x1、x2的值代入y=x﹣6得：y1=，y2=∴点P1（，），P2（，）如下图所示：过点O作OF⊥OD，取OF=3，过点F作直线FG交抛物线与P3，P4，在Rt△PFO中，OG==6∴直线FG的解析式为y=x+6，将y=x+6代入y=得：x+6=解得：，y1=x1+6=，y2=x2+6=∴p3（，），p4（，）综上所述：点P的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）．\n点评：本题主要考查的是二次函数的综合应用，求得点P到OD的距离是解题的关键，解得此类问题通常可以将函数问题转化为方程或方程组的问题．3．求抛物线解析式中字母系数的值。例3．（2015•梧州,第26题12分）如图，抛物线y=ax2+bx+2与坐标轴交于A、B、C三点，其中B（4，0）、C（﹣2，0），连接AB、AC，在第一象限内的抛物线上有一动点D，过D作DE⊥x轴，垂足为E，交AB于点F．（1）求此抛物线的解析式；（2）在DE上作点G，使G点与D点关于F点对称，以G为圆心，GD为半径作圆，当⊙G与其中一条坐标轴相切时，求G点的横坐标；（3）过D点作直线DH∥AC交AB于H，当△DHF的面积最大时，在抛物线和直线AB上分别取M、N两点，并使D、H、M、N四点组成平行四边形，请你直接写出符合要求的M、N两点的横坐标．考点：二次函数综合题．所有分析：（1）根据B，C两点在抛物线y=ax2+bx+2上，代入抛物线得到方程组，求出a，b的值，即可解答；\n（2）先求出直线AB的解析式为y=﹣x+2，设F点的坐标为（x，x+2），则D点的坐标为（x，），根据G点与D点关于F点对称，所以G点的坐标为（x，），若以G为圆心，GD为半径作圆，使得⊙G与其中一条坐标轴相切，分两种情况解答：①若⊙G与x轴相切则必须由DG=GE；②若⊙G与y轴相切则必须由DG=OE；（3）M点的横坐标为2±2，N点的横坐标为±2．解答：解：（1）∵B，C两点在抛物线y=ax2+bx+2上，∴，解得：．∴所求的抛物线为：y=．（2）抛物线y=，则点A的坐标为（0，2），设直线AB的解析式为y=kx+b，∴，解得：．∴直线AB的解析式为y=﹣x+2，设F点的坐标为（x，x+2），则D点的坐标为（x，），∵G点与D点关于F点对称，∴G点的坐标为（x，），若以G为圆心，GD为半径作圆，使得⊙G与其中一条坐标轴相切，①若⊙G与x轴相切则必须由DG=GE，即+2，解得：x=，x=4（舍去）；②若⊙G与y轴相切则必须由DG=OE，即\n解得：x=2，x=0（舍去）．综上，以G为圆心，GD为半径作圆，当⊙G与其中一条坐标轴相切时，G点的横坐标为2或．（3）M点的横坐标为2±2，N点的横坐标为±2．点评：本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式，难度较大，注意分类讨论思想的应用．【变式练习】(2015年四川省广元市中考，24,12分)如图，已知抛物线y=﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧．（1）若抛物线过点G（2，2），求实数m的值；（2）在（1）的条件下，解答下列问题：①求出△ABC的面积；②在抛物线的对称轴上找一点H，使AH+CH最小，并求出点H的坐标；（3）在第四现象内，抛物线上是否存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．专题：综合题．分析：（1）把C坐标代入抛物线解析式求出m的值即可；（2）①对于抛物线解析式，令y=0求出x的值，确定出A与B坐标；令x=0，求出y的值，确定出C坐标，求出三角形ABC面积即可；②如图1，连接BC交对称轴于点H，由对称轴的性质和两点之间线段最短的性质可得：此时AH+CH=BH+CH=BC最小，利用待定系数法求出直线BC解析式，与抛物线对称轴联立求出H坐标即可；（3）在第四现象内，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△\nACB相似，分两种情况考虑：（i）当△ACB∽△ABM时；（ii）当△ACB∽△MBA时，利用相似三角形的判定与性质，确定出m的值即可．解答：（1）∵抛物线过G（2，2），∴把G坐标代入抛物线解析式得：2=﹣（2+2）（2﹣m），解得：m=4；（2）①令y=0，得到﹣（x+2）（x﹣m）=0，解得：x1=﹣2，x2=m，∵m＞0，∴A（﹣2，0），B（m，0），把m=4代入得：B（4，0），∴AB=6，令x=9，得到y=2，即C（0，2），∴OC=2，则S△ABC=×6×2=6；②∵A（﹣2，0），B（4，0），∴抛物线解析式为y=﹣（x+2）（x﹣4）的对称轴为x=1，如图1，连接BC交对称轴于点H，由对称轴的性质和两点之间线段最短的性质可得：此时AH+CH=BH+CH=BC最小，设直线BC的解析式为y=kx+b，把B与C坐标代入得：，解得：，∴直线BC解析式为y=﹣x+2，令x=1，得到y=，即H（1，）；（3）在第四现象内，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似，分两种情况考虑：（i）当△ACB∽△ABM时，则有=，即AB2=AC•AM，∵A（﹣2，0），C（0，2），即OA=OC=2，∴∠CAB=45°，∠BAM=45°，\n如图2，过M作MN⊥x轴，交x轴于点N，则AN=MN，∴OA+ON=2+ON=MN，设M（x，﹣x﹣2）（x＞0），把M坐标代入抛物线解析式得：﹣x﹣2=﹣（x+2）（x﹣m），∵x＞0，∴x+2＞0，∵m＞0，∴x=2m，即M（2m，﹣2m﹣2），∴AM==2（m+1），∵AB2=AC•AM，AC=2，AB=m+2，∴（m+2）2=2•2（m+1），解得：m=2±2，∵m＞0，∴m=2+2；（ii）当△ACB∽△MBA时，则=，即AB2=CB•MA，∵∠CBA=∠BAM，∠ANM=∠BOC=90°，∴△ANM∽△BOC，∴=，∵OB=m，设ON=x，∴=，即MN=（x+2），令M（x，﹣（x+2））（x＞0），把M坐标代入抛物线解析式得：﹣（x+2）=﹣（x+2）（x﹣m），∵x＞0，∴x+2＞0，∵m＞0，∴x=m+2，即M（m+2，﹣（m+4）），∵AB2=CB•MA，CB=，AN=m+4，MN=（m+4），∴（m+2）2=•，整理得：=0，显然不成立，综上，在第四象限内，当m=2+2时，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似．\n点评：此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，坐标与图形性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．【拓展运用】1．（2015•北海,第26题14分）如图1所示，已知抛物线y=﹣x2+4x+5的顶点为D，与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，E为对称轴上的一点，连接CE，将线段CE绕点E按逆时针方向旋转90°后，点C的对应点C′恰好落在y轴上．（1）直接写出D点和E点的坐标；（2）点F为直线C′E与已知抛物线的一个交点，点H是抛物线上C与F之间的一个动点，若过点H作直线HG与y轴平行，且与直线C′E交于点G，设点H的横坐标为m（0＜m＜4），那么当m为何值时，S△HGF：S△BGF=5：6？（3）图2所示的抛物线是由y=﹣x2+4x+5向右平移1个单位后得到的，点T（5，y）在抛物线上，点P是抛物线上O与T之间的任意一点，在线段OT上是否存在一点Q，使△PQT是等腰直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．\n2.（2015•广东茂名25,8分）如图，在平面直角坐标系中，⊙A与x轴相交于C（﹣2，0），D（﹣8，0）两点，与y轴相切于点B（0，4）．（1）求经过B，C，D三点的抛物线的函数表达式；（2）设抛物线的顶点为E，证明：直线CE与⊙A相切；（3）在x轴下方的抛物线上，是否存在一点F，使△BDF面积最大，最大值是多少？并求出点F的坐标．参考答案：1．（2015•北海,第26题14分）如图1所示，已知抛物线y=﹣x2+4x+5的顶点为D，与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，E为对称轴上的一点，连接CE，将线段CE绕点E按逆时针方向旋转90°后，点C的对应点C′恰好落在y轴上．（1）直接写出D点和E点的坐标；\n（2）点F为直线C′E与已知抛物线的一个交点，点H是抛物线上C与F之间的一个动点，若过点H作直线HG与y轴平行，且与直线C′E交于点G，设点H的横坐标为m（0＜m＜4），那么当m为何值时，S△HGF：S△BGF=5：6？（3）图2所示的抛物线是由y=﹣x2+4x+5向右平移1个单位后得到的，点T（5，y）在抛物线上，点P是抛物线上O与T之间的任意一点，在线段OT上是否存在一点Q，使△PQT是等腰直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．分析：（1）首先根据抛物线y=﹣x2+4x+5的顶点为D，求出点D的坐标是多少即可；然后设点E的坐标是（2，m），点C′的坐标是（0，n），根据△CEC′是等腰直角三角形，求出E点的坐标是多少即可．（2）令抛物线y=﹣x2+4x+5的y=0得：x2﹣4x﹣5=0可求得A、B的坐标，然后再根据S△HGF：S△BGF=5：6，得到：，然后再证明△HGM∽△ABN，，从而可证得，所以HG=5，设点H（m，﹣m2+4m+5），G（m，m+1），最后根据HG=5，列出关于m的方程求解即可；（3）分别根据∠P、∠Q、∠T为直角画出图形，然后利用等腰直角三角形的性质和一次函数的图象的性质求得点Q的坐标即可．解答：解：（1）∵抛物线y=﹣x2+4x+5=﹣（x﹣2）2+9∴D点的坐标是（2，9）；∵E为对称轴上的一点，∴点E的横坐标是：﹣=2，设点E的坐标是（2，m），点C′的坐标是（0，n），∵将线段CE绕点E按逆时针方向旋转90°后，点C的对应点C′恰好落在y轴上，∴△CEC′是等腰直角三角形，\n∴解得或（舍去），∴点E的坐标是（2，3），点C′的坐标是（0，1）．综上，可得D点的坐标是（2，9），点E的坐标是（2，3）．（2）如图1所示：令抛物线y=﹣x2+4x+5的y=0得：x2﹣4x﹣5=0，解得：x1=﹣1，x2=5，所以点A（﹣1，0），B（5，0）．设直线C′E的解析式是y=kx+b，将E（2，3），C′（0，1），代入得，解得：，∴直线C′E的解析式为y=x+1，将y=x+1与y=﹣x2+4x+5，联立得：，解得：，，∴点F得坐标为（4，5），点A（﹣1，0）在直线C′E上．∵直线C′E的解析式为y=x+1，∴∠FAB=45°．过点B、H分别作BN⊥AF、HM⊥AF，垂足分别为N、M．∴∠HMN=90°，∠ADN=90°．又∵∠NAD=∠HNM=45°．∴△HGM∽△ABN\n∴，∵S△HGF：S△BGF=5：6，∴．∴，即，∴HG=5．设点H的横坐标为m，则点H的纵坐标为﹣m2+4m+5，则点G的坐标为（m，m+1），∴﹣m2+4m+5﹣（m+1）=5．解得：m1=，m2=．（3）由平移的规律可知：平移后抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4（x﹣1）+5=﹣x2+6x．将x=5代入y=﹣x2+6x得：y=5，∴点T的坐标为（5，5）．设直线OT的解析式为y=kx，将x=5，y=5代入得；k=1，∴直线OT的解析式为y=x，①如图2所示：当PT∥x轴时，△PTQ为等腰直角三角形，将y=5代入抛物线y=﹣x2+6x得：x2﹣6x+5=0，解得：x1=1，x2=5．∴点P的坐标为（1，5）．将x=1代入y=x得：y=1，∴点Q的坐标为（1，1）．②如图3所示：\n由①可知：点P的坐标为（1，5）．∵△PTQ为等腰直角三角形，∴点Q的横坐标为3，将x=3代入y=x得；y=3，∴点Q得坐标为（3，3）．③如图4所示：设直线PT解析式为y=kx+b，∵直线PT⊥QT，∴k=﹣1．将k=﹣1，x=5，y=5代入y=kx+b得：b=10，∴直线PT的解析式为y=﹣x+10．将y=﹣x+10与y=﹣x2+6x联立得：x1=2，x2=5∴点P的横坐标为2．将x=2代入y=x得，y=2，∴点Q的坐标为（2，2）．综上所述：点Q的坐标为（1，1）或（3，3）或（2，2）．点评：本题主要考查的是二次函数的综合应用，明确△HGF和△BGF的面积比等于HG和AB的边长比是解题的关键，同时解答本题主要应用了分类讨论的思想需要同学们分别根据∠P、∠Q、∠T为直角进行分类计算．\n2.（2015•广东茂名25,8分）如图，在平面直角坐标系中，⊙A与x轴相交于C（﹣2，0），D（﹣8，0）两点，与y轴相切于点B（0，4）．（1）求经过B，C，D三点的抛物线的函数表达式；（2）设抛物线的顶点为E，证明：直线CE与⊙A相切；（3）在x轴下方的抛物线上，是否存在一点F，使△BDF面积最大，最大值是多少？并求出点F的坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）把B（0，4），C（﹣2，0），D（﹣8，0）代入二次函数的解析式即可得到结果；（2）由y=x2+x+4=（x+5）2﹣，得到顶点坐标E（﹣5，﹣），求得直线CE的函数解析式y=x+，在y=x+中，令x=0，y=，得到G（0，），如图1，连接AB，AC，AG，得BG=OB﹣OG=4﹣=，CG=，得到BG=CG，AB=AC，证得△ABG≌△ACG，得到∠ACG=∠ABG，由于⊙A与y轴相切于点B（0，4），于是得到∠ABG=90°，即可求得结论；（3）如图2，连接BD，BF，DF，设F（t，t2+t+4），过F作FN∥y轴交BD于点N，求得直线BD的解析式为y=x+4，得到点N的坐标为（t，t+4），于是得到FN=t+4﹣（t2+t+4）=﹣t2﹣2t，推出S△DBF=S△DNF+S△BNF=OD•FN=（﹣t2﹣2t）=﹣t2﹣8t=﹣（t+4）2+16，即可得到结论．解答：解：（1）设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c，把B（0，4），C（﹣2，0），D（﹣8，0）代入得：，\n解得．∴经过B，C，D三点的抛物线的函数表达式为：y=x2+x+4；（2）∵y=x2+x+4=（x+5）2﹣，∴E（﹣5，﹣），设直线CE的函数解析式为y=mx+n，直线CE与y轴交于点G，则，解得．∴y=x+，在y=x+中，令x=0，y=，∴G（0，），如图1，连接AB，AC，AG，则BG=OB﹣OG=4﹣=，CG===，∴BG=CG，AB=AC，在△ABG与△ACG中，，∴△ABG≌△ACG，∴∠ACG=∠ABG，∵⊙A与y轴相切于点B（0，4），∴∠ABG=90°，∴∠ACG=∠ABG=90°∵点C在⊙A上，\n∴直线CE与⊙A相切；（3）存在点F，使△BDF面积最大，如图2连接BD，BF，DF，设F（t，t2+t+4），过F作FN∥y轴交BD于点N，设直线BD的解析式为y=kx+d，则，解得．∴直线BD的解析式为y=x+4，∴点N的坐标为（t，t+4），∴FN=t+4﹣（t2+t+4）=﹣t2﹣2t，∴S△DBF=S△DNF+S△BNF=OD•FN=（﹣t2﹣2t）=﹣t2﹣8t=﹣（t+4）2+16，∴当t=﹣4时，S△BDF最大，最大值是16，当t=﹣4时，t2+t+4=﹣2，∴F（﹣4，﹣2）．\n点评：本题考查了待定系数法求函数的解析式，全等三角形的判定和性质，切线的判定，三角形面积的求法，勾股定理，根据题意正确的画出图形是解题的关键．