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11.如图,已知直角坐标系中,A、B、D三点的坐标分别为A(8,0),B(0,4),D(-1,0),点C与点B关于x轴对称,连接AB、AC.
(1)求过A、B、D三点的抛物线的解析式;
(2)有一动点E从原点O出发,以每秒2个单位的速度向右运动,过点E作x轴的垂线,交抛物线于点P,交线段CA于点M,连接PA、PB,设点E运动的时间为t(0<t<4)秒,求四边形PBCA的面积S与t的函数关系式,并求出四边形PBCA的最大面积;
(3)抛物线的对称轴上是否存在一点H,使得△ABH是直角三角形?若存在,请直接写出点H的坐标;若不存在,请说明理由.

分析 (1)由于A(8,0),D(-1,0),故设过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=a(x+1)(x-8),将B(0,4)代入即可求得a,进而求得抛物线的解析式为;
(2)四边形PBCA可看作△ABC、△PBA两部分;△ABC的面积是定值,关键是求出△PBA的面积表达式;若设直线l与直线AB的交点为Q,先用t表示出线段PQ的长,而△PAB的面积可由($\frac{1}{2}$PQ•OA)求得,在求出S、t的函数关系式后,由函数的性质可求得S的最大值;
(3)抛物线的对称轴为:x=$\frac{-1+8}{2}$=$\frac{7}{2}$,设H($\frac{7}{2}$,m),根据两点间的距离公式得到AH2=(8-$\frac{7}{2}$)2+m2=$\frac{81}{4}$+m2,AB2=82+42=80,BH2=($\frac{7}{2}$)2+(4-m)2=m2-8m+$\frac{113}{4}$,①当∠ABH=90°时,②当∠AHB=90°时,③当∠BAH=90°时,根据勾股定理列方程即可得到结论.

解答 解:(1)∵A(8,0),D(-1,0),
设过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=a(x+1)(x-8),将B(0,4)代入得-8a=4,
∴a=-$\frac{1}{2}$,
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{2}$(x+1)(x-8)=-$\frac{1}{2}$x2+$\frac{7}{2}$x+4;
(2)△ABC中,AB=AC,AO⊥BC,则OB=OC=4,
∴C(0,-4).
由A(8,0)、B(0,4),得:直线AB:y=-$\frac{1}{2}$x+4;
依题意,知:OE=2t,即 E(2t,0);
∴P(2t,-2t2+7t+4)、Q(2t,-t+4),PQ=(-2t2+7t+4)-(-t+4)=-2t2+8t;
S=S△ABC+S△PAB=$\frac{1}{2}$×8×8+$\frac{1}{2}$×(-2t2+8t)×8=-8t2+32t+32=-8(t-2)2+64;
∴当t=2时,S有最大值,且最大值为64;
(3)存在,
∵抛物线的对称轴为:x=$\frac{-1+8}{2}$=$\frac{7}{2}$,
∴设H($\frac{7}{2}$,m),
∵A(8,0),B(0,4),
∴AH2=(8-$\frac{7}{2}$)2+m2=$\frac{81}{4}$+m2,AB2=82+42=80,BH2=($\frac{7}{2}$)2+(4-m)2=m2-8m+$\frac{113}{4}$①当∠ABH=90°时,AH2=BH2+AB2,即$\frac{81}{4}$+m2=m2-8m+$\frac{113}{4}$+80,
解得:m=11,
∴H($\frac{7}{2}$,11),
②当∠AHB=90°时,AH2+BH2=AB2,$\frac{81}{4}$+m2+m2-8m+$\frac{113}{4}$=80,
解得:m=2±$\frac{\sqrt{79}}{2}$,
∴H($\frac{7}{2}$,2+$\frac{\sqrt{79}}{2}$),($\frac{7}{2}$,2-$\frac{\sqrt{79}}{2}$),
③当∠BAH=90°时,AB2+AH2=HB2,即80+$\frac{81}{4}$+m2=m2-8m+$\frac{113}{4}$,
解得:m=-9,
∴H($\frac{7}{2}$,-9),
综上所述,H($\frac{7}{2}$,11)或($\frac{7}{2}$,2+$\frac{\sqrt{79}}{2}$)或($\frac{7}{2}$,2-$\frac{\sqrt{79}}{2}$)或($\frac{7}{2}$,-9).

点评 本题考查了待定系数法求函数的解析式,二次函数的最值问题,相似三角形的判定和性质,正确的作出辅助线是解题的关键.

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