一、函數與幾何綜合的壓軸題
1.如圖①，在平面直角坐標系中，AB、CD都垂直于x軸，垂足分別為B、D且AD與B相交于E點.已知：A(-2,-6),C(1,-3)
(1) 求證：E點在y軸上；
(2) 如果有一拋物線經過A，E，C三點，求此拋物線方程.
(3) 如果AB位置不變，再將DC水平向右移動k(k>0)個單位，此時AD與BC相交于E′點，如圖②，求△AE′C的面積S關于k的函數解析式.
圖②
C（1+k，-3）
A
（2，-6）
B
D
O
x
E′
y
C（1，-3）
A
（2，-6）
B
D
O
x
E
y












圖①


[解] （1）（本小題介紹二種方法，供參考）
方法一：過E作EO′⊥x軸，垂足O′∴AB∥EO′∥DC
∴
又∵DO′+BO′=DB
∴
∵AB=6，DC=3，∴EO′=2
又∵，∴
∴DO′=DO，即O′與O重合，E在y軸上
方法二：由D（1，0），A（-2，-6），得DA直線方程：y=2x-2①
再由B（-2，0），C（1，-3），得BC直線方程：y=-x-2 ②
聯立①②得
∴E點坐標（0，-2），即E點在y軸上
（2）設拋物線的方程y=ax2+bx+c(a≠0)過A（-2，-6），C（1，-3）
E（0，-2）三點，得方程組
解得a=-1,b=0,c=-2
∴拋物線方程y=-x2-2
（3）（本小題給出三種方法，供參考）
由（1）當DC水平向右平移k后，過AD與BC的交點E′作E′F⊥x軸垂足為F。
同（1）可得： 得：E′F=2
方法一：又∵E′F∥AB，∴
S△AE′C= S△ADC- S△E′DC=
==DB=3+k
S=3+k為所求函數解析式
方法二：∵ BA∥DC，∴S△BCA=S△BDA
∴S△AE′C= S△BDE′
∴S=3+k為所求函數解析式.
證法三：S△DE′C∶S△AE′C=DE′∶AE′=DC∶AB=1∶2
同理：S△DE′C∶S△DE′B=1∶2,又∵S△DE′C∶S△ABE′=DC2∶AB2=1∶4
∴
∴S=3+k為所求函數解析式.
2.已知：如圖，在直線坐標系中，以點M（1，0）為圓心、直徑AC為的圓與y軸交于A、D兩點.
（1）求點A的坐標；
（2）設過點A的直線y＝x＋b與x軸交于點B.探究：直線AB是否⊙M的切線？并對你的結論加以證明；
（3）連接BC，記△ABC的外接圓面積為S1、⊙M面積為S2，若，拋物線
y＝ax2＋bx＋c經過B、M兩點，且它的頂點到軸的距離為.求這條拋物線的解析式.
[解]（1）解：由已知AM＝，OM＝1，
在Rt△AOM中，AO＝，
∴點A的坐標為A（0，1）
（2）證：∵直線y＝x＋b過點A（0，1）∴1＝0＋b即b＝1　　∴y＝x＋1
令y＝0則x＝－1　　　　∴B（—1，0），
AB＝
在△ABM中，AB＝，AM＝，BM＝2

∴△ABM是直角三角形，∠BAM＝90°
∴直線AB是⊙M的切線
（3）解法一：由⑵得∠BAC＝90°，AB＝，AC＝2，
∴BC＝
∵∠BAC＝90°　∴△ABC的外接圓的直徑為BC，
A
B
C
D
x
M
·
y
∴
而　
　，
設經過點B（—1，0）、M（1，0）的拋物線的解析式為：
y＝a（＋1）（x－1），（a≠0）即y＝ax2－a，∴－a＝±5，∴a＝±5
∴拋物線的解析式為y＝5x2－5或y＝－5x2＋5
解法二：（接上） 求得∴h＝5
由已知所求拋物線經過點B（—1，0）、M（1、0），則拋物線的對稱軸是y軸，由題意得拋物線的頂點坐標為（0，±5）
∴拋物線的解析式為y＝a（x－0）2±5
又B（－1,0）、M（1,0）在拋物線上，∴a±5＝0， a＝±5
∴拋物線的解析式為 y＝5x2－5或y＝－5x2＋5
解法三：（接上）求得∴h＝5
因為拋物線的方程為y＝ax2＋bx＋c（a≠0）
由已知得
∴拋物線的解析式為 y＝5x2－5或y＝－5x2＋5.



3.如圖，在直角坐標系中，以點P（1，－1）為圓心，2為半徑作圓，交x軸于A、B兩點，拋物線過點A、B，且頂點C在⊙P上.
(1)求⊙P上劣弧的長；
(2)求拋物線的解析式；
A
B
C
O
x
y
·
P（1，－1）
(3)在拋物線上是否存在一點D，使線段OC與PD互相平分？若存在，求出點D的坐標；若不存在，請說明理由.
[解] （1）如圖，連結PB，過P作PM⊥x軸，垂足為M.

　在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,
∴∠MPB＝60°，∴∠APB＝120°
的長＝
A
B
C
O
x
y
P（1，－1）
·
M

（2）在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,則MB＝MA＝.
又OM=1，∴A（1－，0），B（1＋，0），
由拋物線及圓的對稱性得知點C在直線PM上，
則C(1，－3).
點A、B、C在拋物線上，則
　　解之得
拋物線解析式為
（3）假設存在點D，使OC與PD互相平分，則四邊形OPCD為平行四邊形，且PC∥OD.
又PC∥y軸，∴點D在y軸上，∴OD＝2，即D（0，－2）.
又點D（0，－2）在拋物線上，故存在點D（0，－2），
使線段OC與PD互相平分.
4.（2004湖北襄樊）如圖，在平面直角坐標系內，Rt△ABC的直角頂點C（0，）在軸的正半軸上，A、B是軸上是兩點，且OA∶OB＝3∶1，以OA、OB為直徑的圓分別交AC于點E，交BC于點F.直線EF交OC于點Q.
（1）求過A、B、C三點的拋物線的解析式；
（2）請猜想：直線EF與兩圓有怎樣的位置關系？并證明你的猜想.
A
y
x
B
E
F
O1
Q
O
O2
C
（3）在△AOC中，設點M是AC邊上的一個動點，過M作MN∥AB交OC于點N.試問：在軸上是否存在點P，使得△PMN是一個以MN為一直角邊的等腰直角三角形？若存在，求出P點坐標；若不存在，請說明理由.



B
A
E
F
O1
Q
O
O2
y
x
2
1
3
4
N
M
P
C
[解] (1)在Rt△ABC中，OC⊥AB，
∴△AOC≌△COB.
∴OC2＝OA·OB.
∵OA∶OB＝3∶1,C(0,),
∴
∴OB＝1.∴OA＝3.
∴A(-3,0),B(1,0).
設拋物線的解析式為
則解之，得
∴經過A、B、C三點的拋物線的解析式為
(2)EF與⊙O1、⊙O2都相切.
證明：連結O1E、OE、OF.
∵∠ECF＝∠AEO＝∠BFO＝90°,
∴四邊形EOFC為矩形.
∴QE＝QO.
∴∠1＝∠2.
∵∠3＝∠4,∠2+∠4＝90°，
∴EF與⊙O1相切.
同理：EF理⊙O2相切.
(3)作MP⊥OA于P，設MN＝a,由題意可得MP＝MN＝a.
∵MN∥OA,
∴△CMN∽△CAO.
∴
∴
解之，得
此時，四邊形OPMN是正方形.
∴
∴
考慮到四邊形PMNO此時為正方形，
∴點P在原點時仍可滿足△PNN是以MN為一直角邊的等腰直角三角形.
故軸上存在點P使得△PMN是一個以MN為一直角邊的等腰直角三角形且或
5.如圖，已知點A(0，1)、C(4，3)、E(，)，P是以AC為對角線的矩形ABCD內部(不在各邊上)的—個動點，點D在y軸，拋物線y＝ax2+bx+1以P為頂點．
(1)說明點A、C、E在一條條直線上；
(2)能否判斷拋物線y＝ax2+bx+1的開口方向?請說明理由；
X
O
P
D

C
A
B
Y
(3)設拋物線y＝ax2+bx+1與x軸有交點F、G(F在G的左側)，△GAO與△FAO的面積差為3，且這條拋物線與線段AE有兩個不同的交點．這時能確定a、b的值嗎?若能，請求出a、b的值；若不能，請確定a、b的取值范圍．
(本題圖形僅供分析參考用)
[解] （1）由題意，A(0，1)、C(4，3)確定的解析式為：y=x+1.
將點E的坐標E(，)代入y=x+1中，左邊=，右邊=×+1=，
∵左邊=右邊，∴點E在直線y=x+1上，即點A、C、E在一條直線上.
（2）解法一：由于動點P在矩形ABCD內部，∴點P的縱坐標大于點A的縱坐標，而點A與點P都在拋物線上，且P為頂點，∴這條拋物線有最高點，拋物線的開口向下
解法二：∵拋物線y=ax2+bx+c的頂點P的縱坐標為，且P在矩形ABCD內部，∴1＜＜3，由1＜1—得—＞0，∴a＜0，∴拋物線的開口向下.
X
G
F
O
P
D
E

C
A
B
Y
（3）連接GA、FA，∵S△GAO—S△FAO=3 ∴GO·AO—FO·AO=3 ∵OA=1，∴GO—FO=6. 設F（x1,0）、G（x2,0），則x1、x2為方程ax2+bx+c=0的兩個根，且x1＜x2，又∵a＜0，∴x1·x2=＜0，∴x1＜0＜x2，
∴GO= x2，FO= —x1，∴x2—（—x1）=6，
即x2+x1=6，∵x2+x1= — ∴—=6，
∴b= —6a,
由方程組
y=ax2—6ax+1
y=x+1
得：ax2—（6a+）x=0
∴拋物線解析式為：y=ax2—6ax+1, 其頂點P的坐標為（3，1—9a）, ∵頂點P在矩形ABCD內部， ∴1＜1—9a＜3, ∴—＜a＜0.



∴x=0或x==6+.
當x=0時，即拋物線與線段AE交于點A，而這條拋物線與線段AE有兩個不同的交點，則有：0＜6+≤，解得：—≤a＜—
綜合得：—＜a＜— ∵b= —6a，∴＜b＜
0
x
y
6.（2004湖南長沙）已知兩點O(0，0)、B(0，2)，⊙A過點B且與x軸分別相交于點O、C，⊙A被y軸分成段兩圓弧，其弧長之比為3∶1，直線l與⊙A切于點O，拋物線的頂點在直線l上運動.
（1）求⊙A的半徑；
（2）若拋物線經過O、C兩點，求拋物線的解析式；
（3）過l上一點P的直線與⊙A交于C、E兩點，且PC＝CE，求點E的坐標；
（4）若拋物線與x軸分別相交于C、F兩點，其頂點P的橫坐標為m，求△PEC的面積關于m的函數解析式.
[解] (1)由弧長之比為3∶1，可得∠BAO＝90o
再由AB＝AO＝r，且OB＝2，得r＝
(2)⊙A的切線l過原點，可設l為y＝kx
任取l上一點(b，kb)，由l與y軸夾角為45o可得：
b＝－kb或b＝kb，得k＝－1或k＝1，
∴直線l的解析式為y＝－x或y＝x
又由r＝，易得C(2，0)或C(－2，0)
由此可設拋物線解析式為y＝ax(x－2)或y＝ax(x＋2)
再把頂點坐標代入l的解析式中得a＝1
∴拋物線為y＝x2－2x或y＝x2＋2x ……6分
(3)當l的解析式為y＝－x時，由P在l上，可設P(m，－m)(m＞0)
過P作PP′⊥x軸于P′，∴OP′＝|m|，PP′＝|－m|，∴OP＝2m2，
又由切割線定理可得：OP2＝PC·PE,且PC＝CE，得PC＝PE＝m＝PP′7分
∴C與P′為同一點，即PE⊥x軸于C，∴m＝－2，E(－2，2)…8分
同理，當l的解析式為y＝x時，m＝－2，E(－2，2)
(4)若C(2，0)，此時l為y＝－x，∵P與點O、點C不重合，∴m≠0且m≠2，
當m＜0時，FC＝2(2－m)，高為|yp|即為－m，
∴S＝
同理當0＜m＜2時，S＝－m2＋2m；當m＞2時，S＝m2－2m；
∴S＝ 又若C(－2，0)，
此時l為y＝x，同理可得；S＝




A
A
B
(－2,0)C
C(2,0)
l
O
P
E
P′


x
y
（2,0）
P
C
l
O
y
x
C
F
F
F
P
P









7.如圖，直線與函數的圖像交于A、B兩點，且與x、y軸分
別交于C、D兩點．
（1）若的面積是的面積的倍，求與之間的函數關系式；

y
x
（2）在（1）的條件下，是否存在和，使得以為直徑的圓經過點．若存在，求出和的值；若不存在，請說明理由．
[解]（1）設，(其中)，
由，得
∴··(····)，，
又，∴，即，
y
x

由可得，代入可得 ①
∴，， 　　　　　　
∴，即．
又方程①的判別式，
∴所求的函數關系式為．
（2）假設存在,，使得以為直徑的圓經過點．
則，過、分別作軸的垂線，垂足分別為、．
∵與都與互余，∴ ．
∴Rt∽Rt，∴．
∴，∴， ∴，
即 ②
由（1）知，，代入②得，
∴或，又，∴或，
∴存在,，使得以為直徑的圓經過點，且或．
8.已知拋物線與x軸交于兩點、，與y軸交于點C，且AB=6.
（1）求拋物線和直線BC的解析式.
（2）在給定的直角坐標系中，畫拋物線和直線BC.
（3）若過A、B、C三點，求的半徑.
（4）拋物線上是否存在點M，過點M作軸于點N，使被直線BC分成面積比為的兩部分？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由.
x
y
O
[解]（1）由題意得：

解得
經檢驗m=1，∴拋物線的解析式為：
或：由得，或


拋物線的解析式為
由得
∴A（－5，0），B（1，0），C（0，－5）.
設直線BC的解析式為
則
∴直線BC的解析式為
(2)圖象自畫.
（3）法一：在中，
.
又
∴的半徑
法二：
由題意，圓心P在AB的中垂線上，即在拋物線的對稱軸直線上，設P（－2，－h(huán)）（h＞0），
連結PB、PC，則，
由，即，解得h=2.
的半徑.
法三：
延長CP交于點F.
為的直徑，
又

又

的半徑為
（4）設MN交直線BC于點E，點M的坐標為則點E的坐標為
若則

解得（不合題意舍去），
若則

解得（不合題意舍去），
存在點M，點M的坐標為或（15，280）.


9. 如圖，⊙M與x軸交于A、B兩點，其坐標分別為、，直徑CD⊥x軸于N，直線CE切⊙M于點C，直線FG切⊙M于點F，交CE于G，已知點G的橫坐標為3.
(1) 若拋物線經過A、B、D三點，求m的值及點D的坐標.
(2) 求直線DF的解析式.
(3) 是否存在過點G的直線，使它與（1）中拋物線的兩個交點的橫坐標之和等于4？若存在，請求出滿足條件的直線的解析式；若不存在，請說明理由.
（第27題圖）
A
y
x
O
N
M
G
F
E
D
C
B
[解] (1) ∵拋物線過A、B兩點，
∴，m=3.
∴拋物線為.
又拋物線過點D，由圓的對稱性知點D為拋物線的頂點.
∴D點坐標為.
(2) 由題意知：AB=4.
∵CD⊥x軸，∴NA=NB=2. ∴ON=1.
由相交弦定理得：NA·NB=ND·NC，
∴NC×4=2×2. ∴NC=1.
∴C點坐標為.
設直線DF交CE于P，連結CF，則∠CFP=90°.
∴∠2+∠3=∠1+∠4=90°.
∵GC、GF是切線，
F
B
A
y
x
O
N
M
G
E
D
C
P
1
2
3
4
∴GC=GF. ∴∠3=∠4.
∴∠1=∠2.
∴GF=GP.
∴GC=GP.
可得CP=8.
∴P點坐標為
設直線DF的解析式為
則 解得
∴直線DF的解析式為：
(3) 假設存在過點G的直線為，
則，∴.
由方程組 得
由題意得，∴.
當時，，
∴方程無實數根，方程組無實數解.
∴滿足條件的直線不存在.
10.已知二次函數的圖象經過點A（－3，6），并與x軸交于點B（－1，0）和點C，頂點為P.
（1）求這個二次函數的解析式，并在下面的坐標系中畫出該二次函數的圖象；
（2）設D為線段OC上的一點，滿足∠DPC＝∠BAC，求點D的坐標；
（3）在x軸上是否存在一點M，使以M為圓心的圓與AC、PC所在的直線及y軸都相切？如果存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由.
[解] （1）解：∵二次函數的圖象過點A（－3，6），B（－1，0）
x
O
y
得　　　　　　　　　解得
∴這個二次函數的解析式為：
由解析式可求P（1，－2），C（3，0）
畫出二次函數的圖像
（2）解法一：易證：∠ACB＝∠PCD＝45°
又已知：∠DPC＝∠BAC　　　∴△DPC∽△BAC
∴　　易求
∴ ∴　　　∴
解法二：過A作AE⊥x軸，垂足為E.
設拋物線的對稱軸交x軸于F.
亦可證△AEB∽△PFD、
∴.　　　　　　易求：AE＝6，EB＝2，PF＝2
∴ ∴　　∴
（3）存在.
（1°）過M作MH⊥AC，MG⊥PC垂足分別為H、G，設AC交y軸于S，CP的延長線交y軸于T
∵△SCT是等腰直角三角形，M是△SCT的內切圓圓心，
∴MG＝MH＝OM
又∵且OM＋MC＝OC
∴
∴
（2°）在x軸的負半軸上，存在一點M′
同理OM′＋OC＝M′C，
得 　　　　∴M′
即在x軸上存在滿足條件的兩個點.
M′
T
1
1
-1
-2
4
-3
2
3
0
5
6
E
-1
-2
2
3
A
C
x
y
B
D
M
F
S
G
H
P

11.在平面直角坐標系中，A（－1，0），B（3，0）.
（1）若拋物線過A，B兩點，且與y軸交于點（0，－3），求此拋物線的頂點坐標；
（2）如圖，小敏發(fā)現所有過A，B兩點的拋物線如果與y軸負半軸交于點C，M為拋物線的頂點，那么△ACM與△ACB的面積比不變，請你求出這個比值；
A
B
C
M
O
x
y
（3）若對稱軸是AB的中垂線l的拋物線與x軸交于點E，F，與y軸交于點C，過C作CP∥x軸交l于點P，M為此拋物線的頂點.若四邊形PEMF是有一個內角為60°的菱形，求次拋物線的解析式.
[解] （1），頂點坐標為（1，－4）.
（2）由題意，設y＝a（x＋1）（x－3），即y＝ax2－2ax－3a，
∴ A（－1，0），B（3，0），C（0，－3a），M（1，－4a），
∴ S△ACB＝×4×＝6，
而a＞0， ∴ S△ACB＝6A、
作MD⊥x軸于D，
又S△ACM＝S△ACO ＋SOCMD －S△AMD＝·1·3a＋（3a＋4a）－·2·4a＝a，
∴ S△ACM：S△ACB＝1：6.
（3）①當拋物線開口向上時，設y＝a（x－1）2＋k，即y＝ax2－2ax＋a＋k，
有菱形可知＝，a＋k＞0，k＜0，
∴ k＝，
∴ y＝ax2－2ax＋， ∴ .
記l與x軸交點為D，
若∠PEM＝60°，則∠FEM＝30°，MD＝DE·tan30°＝，
∴ k＝－，a＝，
∴ 拋物線的解析式為.
若∠PEM＝120°，則∠FEM＝60°，MD＝DE·tan60°＝，
∴ k＝－，a＝，
∴ 拋物線的解析式為.
②當拋物線開口向下時，同理可得
，.
12.已知：O是坐標原點，P（m，n）(m＞0)是函數y ＝ (k＞0)上的點，過點P作直線PA⊥OP于P，直線PA與x軸的正半軸交于點A（a，0）(a＞m). 設△OPA的面積為s，且s＝1＋.
（1）當n＝1時，求點A的坐標；
（2）若OP＝AP，求k的值；
(3 ) 設n是小于20的整數，且k≠，求OP2的最小值.
[解] 過點P作PQ⊥x軸于Q，則PQ＝n，OQ＝m
(1) 當n＝1時， s＝
∴ a＝＝
(2) 解1： ∵ OP＝AP PA⊥OP
∴△OPA是等腰直角三角形
∴ m＝n＝
∴ 1＋＝·an
即n4－4n2＋4＝0
∴ k2－4k＋4＝0
∴ k＝2
解2：∵ OP＝AP PA⊥OP
∴△OPA是等腰直角三角形
∴ m＝n
設△OPQ的面積為s1
則：s1＝
∴ ·mn＝(1＋)
即：n4－4n2＋4＝0
∴ k2－4k＋4＝0
∴ k＝2
(3) 解1：∵ PA⊥OP， PQ⊥OA
∴ △OPQ∽△OAP
設：△OPQ的面積為s1，則
＝
即： ＝
化簡得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0
（k－2）（2k－n4）＝0
∴k＝2或k＝(舍去)
∴當n是小于20的整數時，k＝2.
∵ OP2＝n2＋m2＝n2＋
又m＞0，k＝2，
∴ n是大于0且小于20的整數
當n＝1時，OP2＝5
當n＝2時，OP2＝5
當n＝3時，OP2＝32＋＝9＋＝
當n是大于3且小于20的整數時，
即當n＝4、5、6、…、19時，OP2得值分別是：
42＋、52＋、62＋、…、192＋
∵192＋＞182＋＞…＞32＋＞5
∴ OP2的最小值是5.

解2： ∵ OP2＝n2＋m2＝n2＋
＝n2＋
＝(n－)＋4
當n＝ 時，即當n＝時，OP2最?。?br /> 又∵n是整數，而當n＝1時，OP2＝5；n＝2時，OP2＝5
∴ OP2的最小值是5.
解3：∵ PA⊥OP， PQ⊥OA
∴ △OPQ∽△P AQ
＝
＝
化簡得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0
（k－2）（2k－n4）＝0
∴k＝2或k＝(舍去)
解4：∵ PA⊥OP， PQ⊥OA
∴ △OPQ∽△P AQ
＝
化簡得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0
（k－2）（2k－n4）＝0
∴k＝2或k＝(舍去)
解5：∵ PA⊥OP， PQ⊥OA
∴ △OPQ∽△OAP
∴ ＝
∴ OP2＝OQ·OA
化簡得：2n4＋2k2－k n4－4k＝0
（k－2）（2k－n4）＝0
∴k＝2或k＝(舍去)
13.如圖，在直角坐標系中，O是原點，A、B、C三點的坐標分別為A（18，0），B（18，6），C（8，6），四邊形OABC是梯形，點P、Q同時從原點出發(fā)，分別坐勻速運動，其中點P沿OA向終點A運動，速度為每秒1個單位，點Q沿OC、CB向終點B運動，當這兩點有一點到達自己的終點時，另一點也停止運動。
（1）求出直線OC的解析式及經過O、A、C三點的拋物線的解析式。
（2）試在⑴中的拋物線上找一點D，使得以O、A、D為頂點的三角形與△AOC全等，請直接寫出點D的坐標。
（3）設從出發(fā)起，運動了t秒。如果點Q的速度為每秒2個單位，試寫出點Q的坐標，并寫出此時t的取值范圍。
QA
P
O
C（8，6）
B（18，6）
A（18，0）
x
y
（4）設從出發(fā)起，運動了t秒。當P、Q兩點運動的路程之和恰好等于梯形OABC的周長的一半，這時，直線PQ能否把梯形的面積也分成相等的兩部分，如有可能，請求出t的值；如不可能，請說明理由。
[解] （1）∵O、C兩點的坐標分別為O，C
　　　設OC的解析式為，將兩點坐標代入得：
　　　，，∴
　　　　∵A，O是軸上兩點，故可設拋物線的解析式為
　　　再將C代入得：
∴
（2）D
（3）當Q在OC上運動時，可設Q，依題意有：
∴，∴Q，
當Q在CB上時，Q點所走過的路程為，∵OC＝10，∴CQ＝
∴Q點的橫坐標為，∴Q，
（4）∵梯形OABC的周長為44，當Q點OC上時，P運動的路程為，則Q運動的路程為
△OPQ中，OP邊上的高為：
梯形OABC的面積＝，依題意有：
整理得：　　∵△＝，∴這樣的不存在
當Q在BC上時，Q走過的路程為，∴CQ的長為：
∴梯形OCQP的面積＝＝36≠84×
∴這樣的值不存在
綜上所述，不存在這樣的值，使得P，Q兩點同時平分梯形的周長和面積
14.已知：如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，∠ACB＝90°，
（1）求m的值及拋物線頂點坐標；
（2）過A、B、C的三點的⊙M交y軸于另一點D，連結DM并延長交⊙M于點E，過E點的⊙M的切線分別交x軸、y軸于點F、G，求直線FG的解析式；
A
·
B
C
D
E
F
G
M
x
y
O
（3）在（2）條件下，設P為上的動點（P不與C、D重合），連結PA交y軸于點H，問是否存在一個常數k，始終滿足AH·AP＝k，如果存在，請寫出求解過程；如果不存在，請說明理由.
[解] （1）由拋物線可知，點C的坐標為（0，m），且m＜0.
　　設A（x1，0），B（x2，0）.則有x1·x2＝3m　
又OC是Rt△ABC的斜邊上的高，∴△AOC∽△COB　∴
∴，即x1·x2＝－m2　
∴－m2＝3m，解得　m＝0　或m＝－3　
而m＜0，故只能取m＝－3
這時，
故拋物線的頂點坐標為（，－4）
（2）解法一：由已知可得：M（，0），A（－，0），B（3，0），
C（0,－3），D（0， 3）
∵拋物線的對稱軸是x＝，也是⊙M的對稱軸，連結CE
∵DE是⊙M的直徑，
∴∠DCE＝90°，∴直線x＝，垂直平分CE，
∴E點的坐標為（2，－3）
∵，∠AOC＝∠DOM＝90°，
∴∠ACO＝∠MDO＝30°，∴AC∥DE
∵AC⊥CB，∴CB⊥DE
又FG⊥DE，　　∴FG∥CB
由B（3，0）、C（0，－3）兩點的坐標易求直線CB的解析式為：
y＝－3　
可設直線FG的解析式為y＝＋n，把（2，－3）代入求得n＝－5
故直線FG的解析式為y＝－5　
解法二：令y＝0，解－3＝0得
x1＝－，x2＝3
即A（－，0），B（3，0）
根據圓的對稱性，易知：：⊙M半徑為2，　 M（，0）
在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，OB＝3，，OC＝3
∴∠CBO＝30°，同理，∠ODM＝30°。
而∠BME＝∠DMO，∠DOM＝90°，∴DE⊥BC
∵DE⊥FG，　∴BC∥FG
∴∠EFM＝∠CBO＝30°
在Rt△EFM中，∠MEF＝90°，ME＝2，∠FEM＝30°，
∴MF＝4，∴OF＝OM＋MF＝5，
∴F點的坐標為（5，0）
在Rt△OFG中，OG＝OF·tan30°＝5×＝5
∴G點的坐標為（0，－5）
∴直線　FG的解析式為y＝－5　
（3）解法一：
存在常數k＝12，滿足AH·AP＝12　
連結CP
由垂徑定理可知，
∴∠P＝∠ACH
（或利用∠P＝∠ABC＝∠ACO）
又∵∠CAH＝∠PAC，
∴△ACH∽△APC
∴　即AC2＝AH·AP　
在Rt△AOC中，AC2＝AO2＋OC2＝（）2＋32＝12
A
·
B
C
D
E
F
G
M
x
y
P
H
O
（或利用AC2＝AO·AB＝×4＝12
∴AH·AP＝12　
解法二：
存在常數k＝12，滿足AH·AP＝12
設AH＝x，AP＝y(tǒng)
由相交弦定理得HD·HC＝AH·HP
即
化簡得：xy＝12
即　AH·AP＝12　




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