题目内容
14．如图1，抛物线y=ax2+bx+c经过平行四边形ABCD的顶点A（0，3）、B（-1，0）、D（2，3），抛物线与x轴的另一交点为E．经过点E的直线l将平行四边形ABCD分割为面积相等的两部分，与抛物线交于另一点F．点P为直线l上方抛物线上一动点，设点P的横坐标为t．（1）求抛物线的解析式；
（2）当t何值时，△PFE的面积最大？并求最大值的立方根；
（3）是否存在点P使△PAE为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
分析 （1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由A、C坐标可求得平行四边形的中心的坐标，由抛物线的对称性可求得E点坐标，从而可求得直线EF的解析式，作PH⊥x轴，交直线l于点M，作FN⊥PH，则可用t表示出PM的长，从而可表示出△PEF的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值，再求其最大值的立方根即可；
（3）由题意可知有∠PAE=90°或∠APE=90°两种情况，当∠PAE=90°时，作PG⊥y轴，利用等腰直角三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值；当∠APE=90°时，作PK⊥x轴，AQ⊥PK，则可证得△PKE∽△AQP，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值．
解答 解：
（1）由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{c=3}\\{a-b+c=0}\\{4a+2b+c=3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴抛物线解析式为y=-x2+2x+3；
（2）∵A（0，3），D（2，3），
∴BC=AD=2，
∵B（-1，0），
∴C（1，0），
∴线段AC的中点为（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$），
∵直线l将平行四边形ABCD分割为面积相等两部分，
∴直线l过平行四边形的对称中心，
∵A、D关于对称轴对称，
∴抛物线对称轴为x=1，
∴E（3，0），
设直线l的解析式为y=kx+m，把E点和对称中心坐标代入可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}k+m=\frac{3}{2}}\\{3k+m=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{5}}\\{m=\frac{9}{5}}\end{array}\right.$，
∴直线l的解析式为y=-$\frac{3}{5}$x+$\frac{9}{5}$，
联立直线l和抛物线解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{3}{5}x+\frac{9}{5}}\\{y=-{x}^{2}+2x+3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{2}{5}}\\{y=\frac{51}{25}}\end{array}\right.$，
∴F（-$\frac{2}{5}$，$\frac{51}{25}$），
如图1，作PH⊥x轴，交l于点M，作FN⊥PH，
∵P点横坐标为t，
∴P（t，-t2+2t+3），M（t，-$\frac{3}{5}$t+$\frac{9}{5}$），
∴PM=-t2+2t+3-（-$\frac{3}{5}$t+$\frac{9}{5}$）=-t2+$\frac{13}{5}$t+$\frac{6}{5}$，
∴S△PEF=S△PFM+S△PEM=$\frac{1}{2}$PM•FN+$\frac{1}{2}$PM•EH=$\frac{1}{2}$PM•（FN+EH）=$\frac{1}{2}$（-t2+$\frac{13}{5}$t+$\frac{6}{5}$）（3+$\frac{2}{5}$）=-$\frac{17}{10}$（t-$\frac{13}{10}$）+$\frac{289}{100}$×$\frac{17}{10}$，
∴当t=$\frac{13}{10}$时，△PEF的面积最大，其最大值为$\frac{289}{100}$×$\frac{17}{10}$，
∴最大值的立方根为$\root{3}{\frac{289}{100}×\frac{17}{10}}$=$\frac{17}{10}$；
（3）由图可知∠PEA≠90°，
∴只能有∠PAE=90°或∠APE=90°，
①当∠PAE=90°时，如图2，作PG⊥y轴，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA=45°，
∴∠PAG=∠APG=45°，
∴PG=AG，
∴t=-t2+2t+3-3，即-t2+t=0，解得t=1或t=0（舍去），
②当∠APE=90°时，如图3，作PK⊥x轴，AQ⊥PK，
则PK=-t2+2t+3，AQ=t，KE=3-t，PQ=-t2+2t+3-3=-t2+2t，
∵∠APQ+∠KPE=∠APQ+∠PAQ=90°，
∴∠PAQ=∠KPE，且∠PKE=∠PQA，
∴△PKE∽△AQP，
∴$\frac{PK}{AQ}$=$\frac{KE}{PQ}$，即$\frac{-{t}^{2}+2t+3}{t}$=$\frac{3-t}{-{t}^{2}+2t}$，即t2-t-1=0，解得t=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$或t=$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$＜-$\frac{5}{2}$（舍去），
综上可知存在满足条件的点P，t的值为1或$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$．
点评 本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、平行四边形的性质、二次函数的性质、三角形的面积、直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数示的应用，在（2）中用t表示出△PEF的面积是解题的关键，在（3）中分两种情况，分别利用等腰直角三角形和相似三角形的性质得到关于t的方程是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量较大，难度较大．
如图，正方形OABC的两边OA，OC分别在x轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB绕点C顺时针旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是（-2，0）．
如图，在△ABC中，AB≠AC．D、E分别为边AB、AC上的点．AC=3AD，AB=3AE，点F为BC边上一点，添加一个条件：DF∥AC，或∠BFD=∠A，可以使得△FDB与△ADE相似．（只需写出一个）
如图，△ABC内接于⊙O，CD平分∠ACB交⊙O于D，过点D作PQ∥AB分别交CA、CB延长线于P、Q，连接BD．
如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=110°，则∠B=70°．
已知：如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．求证：△ADE≌△CBF．