15. (12分)如图,抛物线$y=x^2+bx+c$经过点$A(-2,0),B(4,0)$.
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)当$0{≤}x{≤}3$时,$y$的最大值为;
(3)$M$为抛物线上一点,若$S_{△ MAB}=48$,求此时点$M$的坐标.

15. (1)把$A(-2,0),B(4,0)$代入,得$\begin{cases}4-2b+c=0,\\16+4b+c=0,\end{cases}$
解得$\begin{cases}b=-2,\\c=-8,\end{cases}$
$\therefore$ 抛物线的表达式为$y=x^2-2x-8.$
(2)$-5$ 解析:$\because$ 抛物线的表达式为$y=x^2-2x-8=(x-1)^2-9$,开口向上,顶点坐标为$(1,-9),$
$\therefore$ 当$x=1$时,函数有最小值$-9$;
当$x=0$时,$y=-8$;当$x=3$时,$y=-5,$
$\therefore$ 当$0 ≤ x ≤ 3$时,$y$的最大值为$-5.$
(3)$\because A(-2,0),B(4,0),$
$\therefore AB=4-(-2)=6.$
设$M(m,n),$
则$S_{△ MAB} = \dfrac{1}{2}AB · |y_M| = 48,$
即$\dfrac{1}{2} × 6 × |n| = 48,$
解得$n= \pm 16,$
当$(m-1)^2-9=16$时,$m=6$或$m=-4,$
当$(m-1)^2-9=-16$时,方程无解,
$\therefore M$坐标为$(6,16)$或$(-4,16).$

【分析】
(1) 已知抛物线经过两个已知点的坐标，采用待定系数法，将两点坐标代入抛物线一般式，得到关于b、c的二元一次方程组，解方程组即可求出系数，进而得到函数表达式。
(2) 求给定区间内的二次函数最值，先将解析式化为顶点式，明确开口方向和对称轴，由于抛物线开口向上，区间内离对称轴越远的点函数值越大，计算区间两个端点的函数值比较大小即可得到最大值。
(3) 先求出AB的长度作为三角形的底，三角形的高为点M纵坐标的绝对值，结合面积公式列方程求出点M的纵坐标，再代入解析式求解横坐标，注意检验方程是否有实根，舍去无解的情况即可得到M的坐标。
【解析】
(1) 将$A(-2,0)$、$B(4,0)$代入$y=x^2+bx+c$，得：
$\begin{cases}4-2b+c=0\\16+4b+c=0\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程，得$12+6b=0$，解得$b=-2$，
将$b=-2$代入$4-2b+c=0$，得$8+c=0$，解得$c=-8$，
$\therefore$ 抛物线的函数表达式为$y=x^2-2x-8$。
(2) 将解析式化为顶点式：$y=x^2-2x-8=(x-1)^2-9$，
可知抛物线开口向上，对称轴为直线$x=1$，顶点为函数最小值点，
分别计算区间端点的函数值：
当$x=0$时，$y=-8$；当$x=3$时，$y=3^2-2×3-8=-5$，
$\because -5＞-8$，$\therefore$ 当$0≤ x≤3$时，$y$的最大值为$-5$。
(3) 由$A(-2,0)$、$B(4,0)$，得$AB=4-(-2)=6$，
设点$M$坐标为$(m,n)$，则$△ MAB$的高为$|n|$，
根据面积公式得：$\dfrac{1}{2}×6×|n|=48$，
解得$|n|=16$，即$n=16$或$n=-16$。
①当$n=16$时，代入顶点式得$(m-1)^2-9=16$，
整理得$(m-1)^2=25$，解得$m=6$或$m=-4$；
②当$n=-16$时，代入得$(m-1)^2=-7$，平方数非负，方程无实根，舍去。
$\therefore$ 点$M$的坐标为$(6,16)$或$(-4,16)$。
【答案】
(1) $y=x^2-2x-8$；(2) $-5$；(3) $(6,16)$或$(-4,16)$
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值，二次函数与几何综合
【点评】
本题属于二次函数基础综合题，考察了二次函数解析式求解、区间最值计算以及与三角形面积的结合应用，解题时要注意开口方向对最值的影响，涉及点到x轴距离时要注意绝对值的处理，同时要对解的合理性进行检验，是二次函数部分的常考题型。
【难度系数】
0.7

16. (16 分)在$△ ABC$中,以 AB 为直径的$\odot O$交 BC 于点 E,AE 平分$∠ BAC$,过点 E 作$ED⊥ AC$于点 D,延长 DE 交 AB 的延长线于点 P.
(1)求证:PE 是$\odot O$的切线;
(2)若$\dfrac{AD}{AP}=\dfrac{1}{3},BP=4$,求 CD 的长.

16. (1)如图,连接 OE.
$\because OE=OA,$
$\therefore ∠ OEA = ∠ OAE.$
$\because AE$平分$∠ BAC,$
$\therefore ∠ DAE = ∠ OAE,$
$\therefore ∠ OEA = ∠ DAE,$
$\therefore OE // AD.$
$\because ED ⊥ AC,$
$\therefore OE ⊥ ED.$
$\because OE$是$\odot O$的半径,
$\therefore PE$是$\odot O$的切线.
(2)$\because OE // AD,$
$\therefore \dfrac{OE}{AD} = \dfrac{OP}{AP},\therefore \dfrac{OE}{OP} = \dfrac{AD}{AP} = \dfrac{1}{3}.$
设$OE=x$,则$OP=x+4$,$AP=2x+4,$
$\therefore \dfrac{x}{x+4} = \dfrac{1}{3},$
解得$x=2.$
$\because OP=x+4=2+4=6$,$AP=2x+4=2 × 2 + 4=8,$
$\therefore AD = \dfrac{1}{3}AP = \dfrac{8}{3}.$
$\because ED ⊥ AC,$
在$\mathrm{Rt}△ PDA$中,
$DP = \sqrt{AP^2-AD^2} = \sqrt{8^2-(\dfrac{8}{3})^2} = \dfrac{16\sqrt{2}}{3},$
在$\mathrm{Rt}△ PEO$中,$EP = \sqrt{OP^2-OE^2} = \sqrt{6^2-2^2} = 4\sqrt{2},$
$\therefore DE = DP-EP = \dfrac{4\sqrt{2}}{3}.$
$\because AB$是$\odot O$的直径,
$\therefore ∠ AEB = 90°,$
$\therefore ∠ AEC = 90°,$
$\therefore ∠ C + ∠ CAE = 90°.$
$\because ED ⊥ AC,$
$\therefore ∠ EDC = 90°,$
$\therefore ∠ C + ∠ CED = 90°,$
$\therefore ∠ CED = ∠ CAE.$
又$∠ CDE = ∠ ADE = 90°,$
$\therefore △ CDE ∽ △ EDA,$
$\therefore \dfrac{DE}{DC} = \dfrac{AD}{ED},$即$\dfrac{\dfrac{4\sqrt{2}}{3}}{DC} = \dfrac{\dfrac{8}{3}}{\dfrac{4\sqrt{2}}{3}},$
$\therefore DC = \dfrac{4}{3}.$故$CD$的长为$\dfrac{4}{3}.$

【分析】
(1) 要证明PE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明PE垂直于过切点的半径，因此先连接OE。结合等腰三角形等边对等角的性质，以及AE平分∠BAC的条件，可推出OE与AC平行，再由ED⊥AC即可得到OE⊥PE，从而完成切线的证明。
(2) 首先由OE//AD可得对应线段成比例，结合已知$\dfrac{AD}{AP}=\dfrac{1}{3}$，设⊙O半径为x，用含x的式子表示OP、AP的长度，列方程求出半径，进而计算AP、AD的长度；再分别在Rt△PDA和Rt△PEO中用勾股定理求出DP、EP的长度，作差得到DE的长；最后利用直径所对圆周角为直角，推导角相等证明△CDE∽△EDA，利用相似三角形对应边成比例即可求出CD的长度。
【解析】
(1) 如图，连接OE.
∵ OE=OA，
∴ ∠OEA = ∠OAE.
∵ AE平分∠BAC，
∴ ∠DAE = ∠OAE，
∴ ∠OEA = ∠DAE，
∴ OE // AD.
∵ ED ⊥ AC，
∴ OE ⊥ ED.
∵ OE是⊙O的半径，
∴ PE是⊙O的切线.
(2)
∵ OE // AD，
∴ $\dfrac{OE}{AD} = \dfrac{OP}{AP}$，变形得$\dfrac{OE}{OP} = \dfrac{AD}{AP} = \dfrac{1}{3}$.
设$OE=x$，则$OP=x+4$，$AP=2x+4$，
∴ $\dfrac{x}{x+4} = \dfrac{1}{3}$，
解得$x=2$.
∴ $OP=x+4=6$，$AP=2×2 + 4=8$，
∴ $AD = \dfrac{1}{3}AP = \dfrac{8}{3}$.
∵ ED ⊥ AC，在$\mathrm{Rt}△ PDA$中，
$DP = \sqrt{AP^2-AD^2} = \sqrt{8^2-(\dfrac{8}{3})^2} = \dfrac{16\sqrt{2}}{3}$，
在$\mathrm{Rt}△ PEO$中，$EP = \sqrt{OP^2-OE^2} = \sqrt{6^2-2^2} = 4\sqrt{2}$，
∴ $DE = DP-EP = \dfrac{4\sqrt{2}}{3}$.
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠AEB = 90°，即∠AEC = 90°，
∴ ∠C + ∠CAE = 90°.
∵ ED ⊥ AC，
∴ ∠EDC = 90°，即∠C + ∠CED = 90°，
∴ ∠CED = ∠CAE.
又∠CDE = ∠ADE = 90°，
∴ △CDE ∽ △EDA，
∴ $\dfrac{DE}{DC} = \dfrac{AD}{ED}$，代入得$\dfrac{\dfrac{4\sqrt{2}}{3}}{DC} = \dfrac{\dfrac{8}{3}}{\dfrac{4\sqrt{2}}{3}}$，
解得$DC = \dfrac{4}{3}$.
【答案】
(1) PE是⊙O的切线，证明见上述解析；
(2) $\dfrac{4}{3}$
【知识点】
切线的判定，相似三角形的判定与性质，圆周角定理
【点评】
本题是圆的综合题，第一问考查切线的常规证明思路（连半径、证垂直），难度较低；第二问融合了平行线分线段成比例、勾股定理、相似三角形的应用，综合性较强，需要学生能够串联各知识点，梳理线段和角的关联，能有效考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6