解题思路：（1）由抛物线经过A（4，0），B（1，0），C（0，-2）三点，利用待定系数法即可求得该抛物线的解析式；
（2）设D点的横坐标为t（0＜t＜4），则D点的纵坐标为-[1/2]t2+[5/2]t-2，过D作y轴的平行线交AC于E．即可求得DE的长，继而可求得S△DCA=-（t-2）2+4，然后由二次函数的性质，即可求得点D的坐标及△DCA面积的最大值；
（3）首先设P（m，-[1/2]m2+[5/2]m-2），则m＞1；然后分别从①当[AM/PM＝
AO
CO
＝
2
1]时，△APM∽△ACO与②当[AM/PM
＝
CO
AO
＝
1
2]时，△APM∽△CAO去分析求解即可求得答案．
（1）∵该抛物线过点C（0，-2），
∴可设该抛物线的解析式为y=ax2+bx-2．
将A（4，0），B（1，0）代入y=ax2+bx-2，
得
16a+4b−2＝0
a+b−2＝0，
解得：
a＝−
1
2
b＝
5
2．
∴该抛物线的解析式为y=-[1/2]x2+[5/2]x-2．
（2）存在．
如图1，设D点的横坐标为t（0＜t＜4），则D点的纵坐标为-[1/2]t2+[5/2]t-2．
过D作y轴的平行线交AC于E．
设直线AC的解析式为：y=mx+n，
则
n＝−2
4m+n＝0，
解得：
m＝
1
2
n＝−2，
由题意可求得直线AC的解析式为y=[1/2]x-2．
∴E点的坐标为（t，[1/2]t-2）．
∴DE=-[1/2]t2+[5/2]t-2-（[1/2]t-2）=-[1/2]t2+2t．
∴S△DCA=S△CDE+S△ADE=[1/2]×DE×OA=[1/2]×（-[1/2]t2+2t）×4=-t2+4t=-（t-2）2+4．
∴当t=2时，S最大=4．
∴当D（2，1），△DAC面积的最大值为4．
（3）存在．
如图2，设P（m，-[1/2]m2+[5/2]m-2），则m＞1．
Ⅰ．当1＜m＜4时，
则AM=4-m，PM=-[1/2]m2+[5/2]m-2．
又∵∠COA=∠PMA=90°，
∴①当[AM/PM＝
AO
CO＝
2
1]时，△APM∽△ACO．
∴4-m=2（-[1/2]m2+[5/2]m-2），解得m1=2，m2=4（舍去）．
∴P1（2，1）．
②当[AM/PM＝
CO
AO＝
1
2]时，△APM∽△CAO．
∴2（4-m）=-[1/2]m2+[5/2]m-2，解得m3=4，m4=5（均不合题意，舍去）．
∴当1＜m＜4时，P1（2，1）．
Ⅱ．当m＞4时，同理可求P2（5，-2）．
综上所述，符合条件的点P为P1（2，1）和P2（5，-2）．
点评：
本题考点： 二次函数综合题．
考点点评： 此题考查了待定系数法求函数的解析式、相似三角形的判定与性质以及二次函数的最值问题．此题难度较大，注意掌握方程思想、分类讨论思想与数形结合思想的应用．
1年前
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