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18.如图,抛物线y=x2-2x-3与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C.
(1)点A的坐标为(-1,0),点B的坐标为(3,0),点C的坐标为(0,-3);
(2)设抛物线y=x2-2x-3的顶点坐标为M,求四边形ABMC的面积.
(3)在直线CB下方的抛物线上是否存在点D,使得△BCD的面积最大?若存在,求出点D的坐标;若不存在,说明理由.

分析 (1)把C(0,-3)代入抛物线解析式可得k值,令y=0,可得A,B两点的横坐标;
(2)过M点作x轴的垂线,把四边形ABMC分割成两个直角三角形和一个直角梯形,求它们的面积和;
(3)设D(m,m2-2m-3),连接OD,把△BCD的面积转化成求△BOC,△DOC,△DOB的面积的和差,求表达式的最大值.

解答 解:(1)在y=x2-2x-3中,
令y=0,
即x2-2x-3=0,
解得 x1=-1,x2=3.
令x=0,得y=-3,
∴A(-1,0),B(3,0),C(0,-3),
故答案是:(-1,0);(3,0);(0,-3);

(2)∵y=x2-2x-3=(x-1)2-4,
∴抛物线的顶点为M(1,-4).
如图1,连接OM、AC、CM、MB.
则S△AOC=$\frac{3}{2}$,S△MOC=$\frac{3}{2}$,
S△MOB=6,
∴S四边形ABMC=S△AOC+S△MOC+S△MOB=9;

(3)如图2,设D(m,m2-2m-3),连接OD.
则0<m<3,m2-2m-3<0
∵△DOC的面积=$\frac{3}{2}$m,
△DOB的面积=-$\frac{3}{2}$(m2-2m-3),
∴S△BDC=S△DOC+S△DOB-S△BOC
=$\frac{3}{2}$m-$\frac{3}{2}$(m2-2m-3)-$\frac{1}{2}×$3×3=-$\frac{3}{2}$m2+$\frac{9}{2}$m=-$\frac{3}{2}$(m-$\frac{3}{2}$)2+$\frac{27}{8}$,
∴存在点D( $\frac{3}{2}$,-$\frac{15}{4}$),使△BCD的面积最大为 $\frac{27}{8}$.

点评 本题考查了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以及不规则图形面积的求法等二次函数综合题型.解答(2)题时,也可过点M作抛物线的对称轴,将四边形ABMC的面积转化为求一个梯形与两个直角三角形面积的和.

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A.0B.-1C.1或者-1D.1

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(1)求此抛物线的解析式;
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13.观察下面一列数,探究其中的规律:-1,$\frac{1}{2}$,$-\frac{1}{3}$,$\frac{1}{4}$,$-\frac{1}{5}$,$\frac{1}{6}$
第2014个数是$\frac{1}{2014}$;如果这列数无限排列下去,与哪个数越来越近?
答:0.

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3.计算:
(1)($\sqrt{48}$-4$\sqrt{\frac{1}{8}}$)(3$\sqrt{\frac{1}{3}}$-2$\sqrt{0.5}$)      
(2)($\sqrt{48}$+$\frac{1}{4}$$\sqrt{6}$)÷$\sqrt{27}$.

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10.观察下列方程以及解的特征:
①x+$\frac{1}{x}$=2+$\frac{1}{2}$的解为x1=2$,{x_2}=\frac{1}{2}$;
②x+$\frac{1}{x}$=3+$\frac{1}{3}$的解为x1=3$,{x_2}=\frac{1}{3}$;
③x+$\frac{1}{x}$=4+$\frac{1}{4}$的解为x1=4$,{x_2}=\frac{1}{4}$;

(1)猜想关于x方程x+$\frac{1}{x}$=m+$\frac{1}{m}$的解,并利用“方程解的概念”进行验证;
(2)利用(1)结论解分式方程:
①y3+$\frac{1}{y^3}$=$\frac{65}{8}$
②x+$\frac{1}{4x-8}$=$\frac{{{a^2}+4a+1}}{2a}$.

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7.下列计算正确的有(  )个
(1)x2+x3=x5  (2)(-x)9÷(-x)6=x3  (3)(ym+13=y3m+1
(4)(-x)n=-xn  (5)-x(x2-x+1)=-x3-x2-x  (6)(-$\frac{2}{3}$x23=$\frac{6}{9}$x5
A.0B.1C.2D.3

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8.已知3m=6,9n=2,计算3m-4n的值是$\frac{3}{2}$.

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