题目内容

如图，已知抛物线y=ax²+bx-2（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，直线BD交抛物线于点D，并且D（2，3），tan∠DBA= $数学公式$ ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点M为抛物线上一动点，且在第三象限，顺次连接点B、M、C、A，求四边形BMCA面积的最大值；
（3）在（2）中四边形BMCA面积最大的条件下，过点M作直线平行于y轴，在这条直线上是否存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆？若存在，求出圆心Q的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）如答图1所示，过点D作DE⊥x轴于点E，则DE=3，OE=2．
∵tan∠DBA= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
∴BE=6，
∴OB=BE-OE=4，
∴B（-4，0）．
∵点B（-4，0）、D（2，3）在抛物线y=ax²+bx-2（a≠0）上，
∴ $\text{[math]}$ ，
解得 $\text{[math]}$ ，
∴抛物线的解析式为：y= $\text{[math]}$ x²+ $\text{[math]}$ x-2．

（2）抛物线的解析式为：y= $\text{[math]}$ x²+ $\text{[math]}$ x-2，
令x=0，得y=-2，∴C（0，-2），
令y=0，得x=-4或1，∴A（1，0）．
设点M坐标为（m，n）（m＜0，n＜0），
如答图1所示，过点M作MF⊥x轴于点F，则MF=-n，OF=-m，BF=4+m．
S_{四边形BMCA}=S_△BMF+S_梯形MFOC+S_△AOC
= $\text{[math]}$ BF•MF+ $\text{[math]}$ （MF+OC）•OF+ $\text{[math]}$ OA•OC
= $\text{[math]}$ （4+m）×（-n）+ $\text{[math]}$ （-n+2）×（-m）+ $\text{[math]}$ ×1×2
=-2n-m+1
∵点M（m，n）在抛物线y= $\text{[math]}$ x²+ $\text{[math]}$ x-2上，
∴n= $\text{[math]}$ m²+ $\text{[math]}$ m-2，代入上式得：

S_{四边形BMCA}=-m²-4m+5=-（m+2）²+9，
∴当m=-2时，四边形BMCA面积有最大值，最大值为9．

（3）假设存在这样的⊙Q．
如答图2所示，设直线x=-2与x轴交于点G，与直线AC交于点F．
设直线AC的解析式为y=kx+b，将A（1，0）、C（0，-2）代入得：
$\text{[math]}$ ，
解得：k=2，b=-2，
∴直线AC解析式为：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= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ =3 $\text{[math]}$ ．
设Q（-2，n），则在Rt△AGF中，由勾股定理得：OQ= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
设⊙Q与直线AC相切于点E，则QE=OQ= $\text{[math]}$ ．
在Rt△AGF与Rt△QEF中，
∵∠AGF=∠QEF=90°，∠AFG=∠QFE，
∴Rt△AGF∽Rt△QEF，
∴ $\text{[math]}$ ，即 $\text{[math]}$ ，
化简得：n²-3n-4=0，解得n=4或n=-1．
∴存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆，点Q的坐标为（-2，4）或（-2，-1）．
分析：（1）如答图1所示，利用已知条件求出点B的坐标，然后用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）如答图1所示，首先求出四边形BMCA面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出其最大值；
（3）本题利用切线的性质、相似三角形与勾股定理求解．如答图2所示，首先求出直线AC与直线x=2的交点F的坐标，从而确定了Rt△AGF的各个边长；然后证明Rt△AGF∽Rt△QEF，利用相似线段比例关系列出方程，求出点Q的坐标．
点评：本题是中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、待定系数法、相似三角形、勾股定理、圆的切线性质、解直角三角形、图形面积计算等重要知识点，涉及考点众多，有一定的难度．第（2）问面积最大值的问题，利用二次函数的最值解决；第（3）问为存在型问题，首先假设存在，然后利用已知条件，求出符合条件的点Q坐标．