如图，在平面直角坐标系 $xOy$ 中，直线 $y=\dfrac 12x+2$ 与 $x$ 轴交于点 $A$，与 $y$ 轴交于点 $C$．抛物线 $y=ax^2+bx+c$ 的对称轴是 $x=-\dfrac 32$，且经过点 $A,C$ 两点，与 $x$ 轴的另一交点为点 $B$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
若点 $P$ 为直线 $AC$ 上方的抛物线上的一点，连接 $PA,PC$．求 $\triangle PAC$ 的面积的最大值，并求出此时点 $P$ 的坐标；标注答案点 $P$ 的坐标为 $\left(-2,3\right)$解析因为直线 $y=\dfrac 12x+2$ 与 $x$ 轴交于点 $A$，与 $y$ 轴交于点 $C$，
所以 $ A\left(-4,0\right)$，$C\left(0,2\right)$．
因为点 $A,B$ 关于直线 $x=-\dfrac 32$ 对称，
所以 $ B(1,0)$．
因为抛物线 $y=ax^2+bx+c$ 过点 $A\left(-4,0\right),B\left(1,0\right)$，
所以可设抛物线解析式为 $y=a\left(x+4\right)\left(x-1\right)$．
因为 抛物线过点 $C\left(0,2\right)$，
所以 $ 2=-4a$，即 $a=-\dfrac 12$，
所以抛物线的解析式为 $y=-\dfrac 12x^2-\dfrac 32x+2$．
设点 $P$ 的坐标为 $\left(m,-\dfrac 12m^2-\dfrac 32m+2\right)$．
如图，过点 $P$ 作 $PQ\perp x$ 轴于点 $D$，交 $AC$ 于点 $Q$，过点 $C$ 作 $CE\perp PQ$ 于点 $E$．
所以 $ Q\left(m,\dfrac 12m+2\right)$，
所以 $ PQ=-\dfrac 12m^2-\dfrac 32m+2-\left(\dfrac 12m+2\right)=-\dfrac 12m^2-2m$．
$\begin{split} S_{\triangle PAC}&=S_{\triangle APQ}+S_{\triangle CPQ}\\ &=\dfrac 12 AD\cdot PQ+\dfrac 12 CE\cdot PQ\\ &=\dfrac 12 AQ\cdot PQ\\ &=-m^2-4m\\ &=-\left(m+2\right)^2+4.\end{split}$
所以当 $m=-2$ 时，$\triangle PAC$ 的面积有最大值是 $4$．
此时点 $P$ 的坐标为 $\left(-2,3\right)$． -
抛物线上是否存在点 $M$，过点 $M$ 作 $MN$ 垂直 $x$ 轴于点 $N$，使得以点 $A,M,N$ 为顶点的三角形与 $\triangle ABC$ 相似？若存在，求出点 $M$ 的坐标；若不存在，请说明理由．标注答案存在满足条件的点 $M$，其坐标为 $M_1\left(0,2\right)$，$M_2\left(-3,2\right)$，$M_3\left(2,-3\right)$，$M_4\left(5,-18\right)$解析在 $\mathrm {Rt}\triangle AOC$ 中，$\tan \angle CAO=\dfrac 12$，
在 $\mathrm {Rt}\triangle BOC$ 中，$\tan \angle BCO=\dfrac 12$，
所以 $ \angle CAO=\angle BCO$．
因为 $ \angle BCO+\angle OBC=90^\circ$，
所以 $ \angle CAO+\angle OBC=90^\circ$，
所以 $ \angle ACB=90^\circ$，
所以 $\triangle ABC\backsim \triangle ACO \backsim \triangle CBO$．
① 当点 $M$ 与点 $C$ 重合，即 $M\left(0,2\right)$ 时，$\triangle MAN\backsim \triangle BAC$；
② 根据抛物线的对称性，当 $M\left(-3,2\right)$ 时，$\triangle MAN\backsim \triangle ABC$；
③ 当点 $M$ 在第四象限时．
设点 $M$ 的坐标为 $\left(n,-\dfrac 12n^2-\dfrac 32n+2\right)$，则点 $N$ 的坐标为 $\left(n,0\right)$．
所以 $ MN=\dfrac 12n^2+\dfrac 32n-2$，$AN=n+4$．
i）当 $\dfrac {MN}{AN}=\dfrac 12$ 时，$MN=\dfrac 12AN$，
即 $\dfrac 12n^2+\dfrac 32n-2=\dfrac 12\left(n+4\right)$，
整理得 $n^2+2n-8=0$，
解得 $n_1=-4$（舍），$n_2=2$．
所以点 $M$ 的坐标为 $\left(2,-3\right)$．
ii）当 $\dfrac {MN}{AN}=\dfrac 21$ 时，$MN=2AN$，
即 $\dfrac 12n^2+\dfrac 32n-2=2\left(n+4\right)$，
整理得 $n^2-n-20=0$，
解得 $n_1=-4$（舍），$n_2=5$．
所以 点 $M$ 的坐标为 $\left(5,-18\right)$．
综上可得，存在满足条件的点 $M$，其坐标为 $M_1\left(0,2\right)$，$M_2\left(-3,2\right)$，$M_3\left(2,-3\right)$，$M_4\left(5,-18\right)$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
