如图，抛物线y=$\frac{1}{4}$x2+bx+c的顶点为M，对称轴是直线x=1，与x轴的交点为A（-3，0）和B．将抛物线y=$\frac{1}{4}$x2+bx+c绕点B逆时针方向旋转90°，点M1，A1为点M，A旋转后的对应点，旋转后的抛物线与y轴相交于C，D两点．分析 （1）根据抛物线的对称性即可写出B的坐标，根据对称轴是直线x=1，与x轴的交点为A（-3，0）代入即可得到方程组$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{b}{2×\frac{1}{4}}=1}\\{\frac{1}{4}×9-3b+c=0}\end{array}\right.$，解方程组即可求出b、c的值，即可得到答案；
（2）把x=1代入抛物线解析式即可得到M的坐标，根据旋转和图象即可求出M1、A1的坐标，设直线AM的表达式为y=kx+m，把A、M的坐标代入即可求出直线AM的解析式，根据以此函数图象上点的坐标特征确定点A1在直线AM上即可得到结论；
（3）连接M1D，如图，由于S△M1MD是定值，则要使四边形PM1MD的面积最大，只要S△M1PD最大，将△M1PD绕点B顺时针旋转90°，则点M1与点M重合，点P与点Q重合，点D与点F重合，利用旋转变换得点F的坐标为（-5，5），设点Q的坐标为（m，$\frac{1}{4}$m2-$\frac{1}{2}$m-$\frac{15}{4}$），易得直线MF的表达式为y=-$\frac{3}{2}$x-$\frac{5}{2}$，则根据三角形面积公式得到S△PDM1=S△QMF=$\frac{1}{2}$•（-$\frac{3}{2}$m-$\frac{5}{2}$-$\frac{1}{4}$m2+$\frac{1}{2}$m+$\frac{15}{4}$）×（1+5）=-$\frac{3}{4}$（m+2）2+$\frac{27}{4}$，根据二次函数的性质得当m=-2时，当m=-2时，S△M1PD最大=$\frac{27}{4}$，则点Q（-2，-$\frac{7}{4}$），利用旋转变换得点P的坐标为（$\frac{27}{4}$，-7），然后计算S△DM1M的面积=24，再计算出四边形PM1MD的面积为24+$\frac{27}{4}$=$\frac{123}{4}$．
解答 （1）解：∵点B与点A（-3，0）关于直线x=1对称，
∴点B的坐标为（5，0）
根据题意得$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{b}{2×\frac{1}{4}}=1}\\{\frac{1}{4}×9-3b+c=0}\end{array}\right.$，解得b=-$\frac{1}{2}$，c=-$\frac{15}{4}$，
∴抛物线解析式为y=$\frac{1}{4}$x2-$\frac{1}{2}$x-$\frac{15}{4}$；
（2）证明：由题意可得：把x=1代入抛物y=$\frac{1}{4}$x2-$\frac{1}{2}$x-$\frac{15}{4}$得y=-4，则M（1，-4），
∴∠OBM=45°，
∵将抛物线y=$\frac{1}{4}$x2+bx+c绕点B逆时针方向旋转90°，点M1，A1为点M，A旋转后的对应点，
∴点M1的坐标为（9，-4），点A1的坐标为（5，-8），
设直线AM的表达式为y=kx+m，
把A（-3，0），M（1，-4）代入得$\left\{\begin{array}{l}{-3k+m=0}\\{k+m=-4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{m=-3}\end{array}\right.$，
∴直线AM的解析式为y=-x-3，
当x=5代入y=-x-3=-8，
∴点A1在直线AM上，
∴：∠AMA1=180°；
（3）解：存在点P使四边形PM1MD的面积最大．
连接M1D，如图，
∵S△M1MD是定值，
∴要使四边形PM1MD的面积最大，只要S△M1PD最大，
将△M1PD绕点B顺时针旋转90°，则点M1与点M重合，点P与点Q重合，点D与点F重合，
则点Q，F都在抛物线y=$\frac{1}{4}$x2-$\frac{1}{2}$x-$\frac{15}{4}$上，由于F点的纵坐标为5，当y=5时，$\frac{1}{4}$x2-$\frac{1}{2}$x-$\frac{15}{4}$=5，解得x1=-5，x2=7（舍去），
∴点F的坐标为（-5，5），
设点Q的坐标为（m，$\frac{1}{4}$m2-$\frac{1}{2}$m-$\frac{15}{4}$），
易得直线MF的表达式为y=-$\frac{3}{2}$x-$\frac{5}{2}$，
∴S△PDM1=S△QMF=$\frac{1}{2}$•（-$\frac{3}{2}$m-$\frac{5}{2}$-$\frac{1}{4}$m2+$\frac{1}{2}$m+$\frac{15}{4}$）×（1+5）=-$\frac{3}{4}$m2-3m+$\frac{15}{4}$=-$\frac{3}{4}$（m+2）2+$\frac{27}{4}$，
当m=-2时，当m=-2时，S△M1PD最大=$\frac{27}{4}$，若m=-2时，$\frac{1}{4}$m2-$\frac{1}{2}$m-$\frac{15}{4}$=-$\frac{7}{4}$，
∴点Q（-2，-$\frac{7}{4}$），
∴点P的坐标为（$\frac{27}{4}$，-7），
∵点M的坐标为（1，-4），点M1的坐标为（9，-4），D（0，-10）
∴S△DM1M的面积=$\frac{1}{2}$×6×8=24，
∴四边形PM1MD的面积为24+$\frac{27}{4}$=$\frac{123}{4}$，
∴存在点P（$\frac{27}{4}$，-7）使四边形PM1MD的面积最大，面积最大值为$\frac{123}{4}$．
点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握一次函数的图象上点的坐标特征、二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式；会利用数形结合求旋转变换后点的坐标；此题是一个综合性较强的题目，有一定的难度．
课时训练江苏人民出版社系列答案科目：初中数学 来源： 题型：填空题
如图所示，点D，E分别在△ABC的边BC与AC上，如果延DE折叠点C恰与点A重合，若AE=3cm，△ABD的周长为14cm，则△ABC的周长是20cm．查看答案和解析>>
科目：初中数学 来源： 题型：解答题
如图，四边形ABCD为平行四边形，CE∥BD，EF⊥AB交BA的延长线于点F，点E，D，A在一条直线上，试证明DF=$\frac{1}{2}$AE．查看答案和解析>>
科目：初中数学 来源： 题型：解答题
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科目：初中数学 来源： 题型：选择题
一名学生骑自行车沿笔直的公路出行，这名同学离开起点的距离y（单位：千米）与行驶的时间x（单位：分）图象如图所示，则下面的结论中正确的是（ ）| A． | 整个过程的平均速度是$\frac{7}{60}$千米/时 | B． | 该同学途中停了10分钟 | ||
| C． | 前20分钟的速度比后20分钟慢 | D． | 从起点到终点共用了50分钟 |
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如图，5个一样大小的小矩形拼成一个大的矩形，如果大矩形的周长为14cm，则小矩形的周长为6cm．
如图，计算三角尺阴影部分的面积为$\frac{1}{2}$ab-πr2．