分析 (1)由条件可先求得点C的坐标,再利用待定系数法可求得抛物线解析式;
(2)可先求得点B的坐标,利用待定系数法求得直线BC解析式,可设出点M的坐标,表示出△BCM的面积,再根据二次函数的最值可求得△BCM的最大值,则可求得四边形MBAC的面积的最大值;
(3)过点M作MF⊥BM交BE于F,过点F作FH⊥y轴于点H,结合条件可求得点F的坐标,则可求得直线BF的解析式,联立直线BF和抛物线解析式可求得点E的坐标.
解答 解:
(1)∵A(-1,0),
∴OA=1,OC=3OA=3,
∴C(0,-3),
将A(-1,0)、C(0,-3)代入y=x2+mx+n中,
得$\left\{\begin{array}{l}{1-m+n=0}\\{n=-3}\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-2}\\{n=-3}\end{array}\right.$,
∴y=x2-2x-3;
(2)令y=0,则x2-2x-3=0,解得x1=-1,x2=3,
∴B(3,0),
∴直线BC的解析式为y=x-3,
当△BCM的面积最大时,四边形MBAC的面积最大,
设M(m,m2-2m-3),
过点M作MN∥y轴交BC于N,如图1,
∴N(m,m-3),
∴MN=m-3-(m2-2m-3)=-m2+3m=-(m-$\frac{3}{2}$)2+$\frac{9}{4}$,
当m=$\frac{3}{2}$时,MN有最大值$\frac{9}{4}$,
∴S△BCM的最大值为$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{4}$×3=$\frac{27}{8}$,
∴S四边形MBAC=S△ABC+S△BCM=6+$\frac{27}{8}$=$\frac{75}{8}$;
(3)∵OB=OC=ON,
∴BON为等腰直角三角形,
∵∠OBM+∠NBM=45°,
∴∠NBD+∠NBM=∠DBM=45,
过点M作MF⊥BM交BE于F,过点F作FH⊥y轴于点H,如图2,
由三垂直得,F(1,4),
∴直线BF的解析式为y=-2x+6,
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-2x+6}\\{y={x}^{2}-2x-3}\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-3}\\{y=12}\end{array}\right.$,
∴E(-3,12).
点评 本题为二次函数的综合应用,涉及待定系数法、一元二次方程、二次函数的最值、旋转的性质及等腰直角三角形的判定和性质等知识点.在(1)中注意待定系数法的应用,在(2)中用点M的坐标表示出△BCM是解题的关键,在(3)中求得点F的坐标是解题的关键.本题考查知识点较多,综合性较强,难度适中.
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | x(x-1)=45 | B. | $\frac{1}{2}$ x(x+1)=45 | C. | $\frac{1}{2}$ x(x-1)=45 | D. | x(x+1)=45 |
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A. | a>1 | B. | b>-1 | C. | a+b>0 | D. | $\frac{a}{b}<0$ |
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