題型九二次函數(shù)綜合題類型十二二次函數(shù)與圓的問(wèn)題（專題訓(xùn)練）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（全國(guó)通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?題型九二次函數(shù)綜合題
類型十二二次函數(shù)與圓的問(wèn)題（專題訓(xùn)練）
1.如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸分別相交于A、B兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C，下表給出了這條拋物線上部分點(diǎn)的坐標(biāo)值：
x
…

0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（1）求出這條拋物線的解析式及頂點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（2）是拋物線對(duì)稱軸上長(zhǎng)為1的一條動(dòng)線段（點(diǎn)P在點(diǎn)Q上方），求的最小值；
（3）如圖2，點(diǎn)D是第四象限內(nèi)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作軸，垂足為F，的外接圓與相交于點(diǎn)E．試問(wèn)：線段的長(zhǎng)是否為定值？如果是，請(qǐng)求出這個(gè)定值；如果不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【答案】（1）；；（2）；（3）是，1．
【分析】
（1）依據(jù)表格數(shù)據(jù)，設(shè)出拋物線的頂點(diǎn)式，利用待定系數(shù)法求解即可；
（2）利用平移和找對(duì)稱點(diǎn)的方式，將的長(zhǎng)轉(zhuǎn)化為，再利用兩點(diǎn)之間線段最短確定的最小值等于CE的長(zhǎng)，加1后即能確定的最小值；
（3）設(shè)出圓心和D點(diǎn)的坐標(biāo)，接著表示出E點(diǎn)的坐標(biāo)，利用圓心到B點(diǎn)的距離等于圓心到D點(diǎn)的距離，求出q和e的關(guān)系，得到E點(diǎn)的縱坐標(biāo)，進(jìn)而確定EF的長(zhǎng)為定值．
【詳解】
解：（1）由表格數(shù)據(jù)可知，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1,4）
設(shè)拋物線解析式為：，
將點(diǎn)（0,3）代入解析式得：3=a+4，
∴，
∴拋物線解析式為：，頂點(diǎn)坐標(biāo)．
（2）由表格可知，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（-1,0），C（0,3），
如圖3，將A點(diǎn)向上平移一個(gè)單位，得到，
則
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
作關(guān)于MQ的對(duì)稱點(diǎn)E，則
∴，
∴，
當(dāng)P、E、C三點(diǎn)共線時(shí)，最短，
設(shè)直線CE的解析式為：，
將C、E兩點(diǎn)坐標(biāo)代入解析式可得：，
∴，
∴直線CE的解析式為：，
令，則，
∴當(dāng)時(shí)，P、E、C三點(diǎn)共線，此時(shí)最短，
∴的最小值為．
（3）是；
理由：設(shè)，
因?yàn)锳、B兩點(diǎn)關(guān)于直線x=1對(duì)稱，
所以圓心位于該直線上，
所以可設(shè)的外接圓的圓心為，
作，垂足為點(diǎn)N，則，
由軸，
∴，
∵，且由表格數(shù)據(jù)可知
∴，
化簡(jiǎn)得：，
∵點(diǎn)D是第四象限內(nèi)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，且拋物線解析式為，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的長(zhǎng)不變，為1．

【點(diǎn)睛】
本題涉及到了動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，綜合考查了用待定系數(shù)法求拋物線解析式、點(diǎn)的平移、勾股定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、最短路徑問(wèn)題、圓的性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是理解并掌握相關(guān)概念與公式，能將題干信息與圖形相結(jié)合，挖掘圖中隱含信息，本題有一定的計(jì)算量，對(duì)學(xué)生的綜合分析與計(jì)算能力都有較高的要求，本題蘊(yùn)含了數(shù)形結(jié)合的思想方法等．
2.如圖，拋物線（其中）與x軸交于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C．

（1）直接寫出的度數(shù)和線段AB的長(zhǎng)（用a表示）；
（2）若點(diǎn)D為的外心，且與的周長(zhǎng)之比為，求此拋物線的解析式；
（3）在（2）的前提下，試探究拋物線上是否存在一點(diǎn)P，使得？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）∠OCA=45°，AB= a+1；（2）；（3）存在，P1（，），P2（1，-2）．
【分析】
（1）根據(jù)二次函數(shù)解析式可得A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），即可得出OA=OB=a，OB=1，即可證明△OCA是等腰直角三角形，可得∠OCA=45°，根據(jù)線段的和差關(guān)系可表示AB的長(zhǎng)；
（2）如圖，作△ABC的外接圓⊙D，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AC=，利用兩點(diǎn)間距離公式可用a表示出BC的長(zhǎng)，根據(jù)圓周角定理可得∠D=2∠OAC=90°，可得△DBC是等腰直角三角形，即可證明△DBC∽△OCA，根據(jù)相似三角形周長(zhǎng)之比等于相似比列方程求出a值即可得答案；
（3）如圖，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB于H，過(guò)點(diǎn)C作AC的垂線，交x軸于F，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥AC于G，連接AP交CF于E，可得△OCF是等腰直角三角形，利用待定系數(shù)法可得直線CF的解析式，根據(jù)外心的定義及等腰直角三角形的性質(zhì)可求出點(diǎn)D坐標(biāo)，即可得出BH、DH的長(zhǎng)，根據(jù)，∠BHD=∠ACE=90°可證明△BHD∽△ACE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出CE的長(zhǎng)，根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式可得點(diǎn)E坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可得直線AE解析式，聯(lián)立直線AE與拋物線的解析式求出點(diǎn)P坐標(biāo)即可得答案．
【詳解】
（1）∵拋物線（其中）與x軸交于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C．
∴當(dāng)x=0時(shí)，y=-a，
當(dāng)y=0時(shí)，，
解得：，，
∴A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），
∴OB=1，OA=OC=a，
∴△OCA是等腰直角三角形，
∴∠OCA=45°，AB=OA+OB=a+1．
（2）如圖，作△ABC的外接圓⊙D，
∵點(diǎn)D為的外心，
∴DB=DC，
∵△OCA是等腰直角三角形，OA=a，
∴∠OAC=45°，AC=，
∵∠BDC和∠BAC是所對(duì)的圓心角和圓周角，
∴∠BDC=2∠BAC=90°，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBC=∠OAC，
∴△DBC∽△OCA，
∵與的周長(zhǎng)之比為，
∴，即，
解得：，
經(jīng)檢驗(yàn)：是原方程的根，
∵,
∴a=2，
∴拋物線解析式為：=．

（3）如圖，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB于H，過(guò)點(diǎn)C作AC的垂線，交x軸于F，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥AC于G，連接AP交CF于E，
∵a=2，
∴C（0，-2），A（2，0），AC=，
∵∠OCA=45°，
∴∠OCF=45°，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴F（-2，0），
設(shè)直線CF的解析式為y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直線CF的解析式為，
∵△OCA是等腰直角三角形，OG⊥AC，
∴OG所在直線為AC的垂直平分線，點(diǎn)G為AC中點(diǎn)，
∵點(diǎn)D為的外心，
∴點(diǎn)D在直線OG上，
∵A（2，0），C（0，-2），
∴G（1，-1），
設(shè)直線OG的解析式y(tǒng)=mx，
∴m=-1，
∴直線OG的解析式y(tǒng)=-x，
∵點(diǎn)D為△ABC的外心，
∴點(diǎn)D在AB的垂直平分線上，
∴點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為=，
把x=代入y=-x得y=-，
∴D（，-），
∴DH=，BH=1+=，
∵，∠BHD=∠ACE=90°，
∴△BHD∽△ACE，
∴，即，
解得：，
∵點(diǎn)E在直線CF上，
∴設(shè)點(diǎn)E坐標(biāo)為（n，-n-2），
∴CE==，
解得：，
∴（，），（，），
設(shè)直線AE1的解析式為y=k1x+b1，
∴，
解得：，
∴直線AE1的解析式為，
同理：直線AE2的解析式為，
聯(lián)立直線AE1解析式與拋物線解析式得，
解得：，（與點(diǎn)A重合，舍去），
∴P1（，），
聯(lián)立直線AE2解析式與拋物線解析式得，
解得：，（與點(diǎn)A重合，舍去），
∴P2（1，-2）．

綜上所述：存在點(diǎn)P，使得，點(diǎn)P坐標(biāo)為P1（，），P2（1，-2）．
【點(diǎn)睛】
本題考查二次函數(shù)的綜合，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題關(guān)鍵
3.如圖，已知二次函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)且與軸交于原點(diǎn)及點(diǎn)．

（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）求頂點(diǎn)的坐標(biāo)及直線的表達(dá)式；
（3）判斷的形狀，試說(shuō)明理由；
（4）若點(diǎn)為上的動(dòng)點(diǎn)，且的半徑為，一動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿線段勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，再以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿線段勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)后停止運(yùn)動(dòng)，求點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的最小值．
【答案】（1）；（2），；（3）等腰直角三角形，理由見(jiàn)解析；（4）
【分析】
（1）根據(jù)已知條件，運(yùn)用待定系數(shù)法直接列方程組求解即可；
（2）根據(jù)（1）中二次函數(shù)解析式，直接利用頂點(diǎn)坐標(biāo)公式計(jì)算即可，再根據(jù)點(diǎn)A、B坐標(biāo)求出AB解析式即可；
（3）根據(jù)二次函數(shù)對(duì)稱性可知為等腰三角形，再根據(jù)O、A、B三點(diǎn)坐標(biāo)，求出三條線段的長(zhǎng)，利用勾股定理驗(yàn)證即可；
（4）根據(jù)題意可知?jiǎng)狱c(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，在上取點(diǎn)，使，可證明，根據(jù)相似三角形比例關(guān)系得，即，當(dāng)、、三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理進(jìn)一步計(jì)算即可．
【詳解】
解：（1）二次函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)，且與軸交于原點(diǎn)及點(diǎn)
∴，二次函數(shù)表達(dá)式可設(shè)為：
將，代入得：
解這個(gè)方程組得
∵二次函數(shù)的函數(shù)表達(dá)式為
（2）∵點(diǎn)為二次函數(shù)圖像的頂點(diǎn)，
∴，
∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為：，
設(shè)直線的函數(shù)表達(dá)式為，則有：
解之得：
∴直線的函數(shù)表達(dá)式為
（3）是等腰直角三角形，
過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，易知其坐標(biāo)為
∵的三個(gè)頂點(diǎn)分別是，，，
∴，

且滿足
∴是等腰直角三角形
（4）如圖，以為圓心，為半徑作圓，則點(diǎn)在圓周上，依題意知：

動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
在上取點(diǎn)，使，
連接，則在和中，
滿足：，，
∴，
∴，
從而得：
∴
顯然當(dāng)、、三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，
過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，由于，
且為等腰直角三角形，
則有，，
∴動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的最小值為：
．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，將運(yùn)動(dòng)時(shí)間的最小值轉(zhuǎn)換為線段長(zhǎng)度的最小值是解題的關(guān)鍵．
4.（2020?天津）已知點(diǎn)A（1，0）是拋物線y＝ax2+bx+m（a，b，m為常數(shù)，a≠0，m＜0）與x軸的一個(gè)交點(diǎn)．
（Ⅰ）當(dāng)a＝1，m＝﹣3時(shí)，求該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（Ⅱ）若拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為M（m，0），與y軸的交點(diǎn)為C，過(guò)點(diǎn)C作直線1平行于x軸，E是直線1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是y軸上的動(dòng)點(diǎn)，EF＝22．
①當(dāng)點(diǎn)E落在拋物線上（不與點(diǎn)C重合），且AE＝EF時(shí)，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；
②取EF的中點(diǎn)N，當(dāng)m為何值時(shí)，MN的最小值是22？
【分析】（Ⅰ）將A（1，0）代入拋物線的解析式求出b＝2，由配方法可求出頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（Ⅱ）①根據(jù)題意得出a＝1，b＝﹣m﹣1．求出拋物線的解析式為y＝x2﹣（m+1）x+m．則點(diǎn)C（0，m），點(diǎn)E（m+1，m），過(guò)點(diǎn)A作AH⊥l于點(diǎn)H，由點(diǎn)A（1，0），得點(diǎn)H（1，m）．根據(jù)題意求出m的值，可求出CF的長(zhǎng)，則可得出答案；
②得出CN=12EF=2．求出MC=-2m，當(dāng)MC≥2，即m≤﹣1時(shí)，當(dāng)MC＜2，即﹣1＜m＜0時(shí)，根據(jù)MN的最小值可分別求出m的值即可．
【解析】（Ⅰ）當(dāng)a＝1，m＝﹣3時(shí)，拋物線的解析式為y＝x2+bx﹣3．
∵拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0），
∴0＝1+b﹣3，
解得b＝2，
∴拋物線的解析式為y＝x2+2x﹣3．
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，﹣4）．
（Ⅱ）①∵拋物線y＝ax2+bx+m經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0）和M（m，0），m＜0，
∴0＝a+b+m，0＝am2+bm+m，即am+b+1＝0．
∴a＝1，b＝﹣m﹣1．
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣（m+1）x+m．
根據(jù)題意得，點(diǎn)C（0，m），點(diǎn)E（m+1，m），
過(guò)點(diǎn)A作AH⊥l于點(diǎn)H，由點(diǎn)A（1，0），得點(diǎn)H（1，m）．

在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，
∴AE=EH2+HA2=-2m，
∵AE＝EF＝22，
∴-2m＝22，
解得m＝﹣2．
此時(shí)，點(diǎn)E（﹣1，﹣2），點(diǎn)C（0，﹣2），有EC＝1．
∵點(diǎn)F在y軸上，
∴在Rt△EFC中，CF=EF2-EC2=7．
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（0，﹣2-7）或（0，﹣2+7）．
②由N是EF的中點(diǎn)，得CN=12EF=2．
根據(jù)題意，點(diǎn)N在以點(diǎn)C為圓心、2為半徑的圓上，
由點(diǎn)M（m，0），點(diǎn)C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，
∴在Rt△MCO中，MC=MO2+CO2=-2m．
當(dāng)MC≥2，即m≤﹣1時(shí)，滿足條件的點(diǎn)N在線段MC上．
MN的最小值為MC﹣NC=-2m-2=22，解得m=-32；
當(dāng)MC＜2，即﹣1＜m＜0時(shí)，滿足條件的點(diǎn)N落在線段CM的延長(zhǎng)線上，MN的最小值為NC﹣MC=2-（-2m）=22，
解得m=-12．
∴當(dāng)m的值為-32或-12時(shí)，MN的最小值是22．
5.（2020?德州）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)是（0，﹣2），在x軸上任取一點(diǎn)M，連接AM，分別以點(diǎn)A和點(diǎn)M為圓心，大于12AM的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于G，H兩點(diǎn)，作直線GH，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線l交直線GH于點(diǎn)P．根據(jù)以上操作，完成下列問(wèn)題．
探究：
（1）線段PA與PM的數(shù)量關(guān)系為　　，其理由為：　?。?br /> （2）在x軸上多次改變點(diǎn)M的位置，按上述作圖方法得到相應(yīng)點(diǎn)P的坐標(biāo)，并完成下列表格：
M的坐標(biāo)
…
（﹣2，0）
（0，0）
（2，0）
（4，0）
…
P的坐標(biāo)
…
?。? ，）　
（0，﹣1）
（2，﹣2）
?。? ，）　
…
猜想：
（3）請(qǐng)根據(jù)上述表格中P點(diǎn)的坐標(biāo)，把這些點(diǎn)用平滑的曲線在圖2中連接起來(lái)；觀察畫出的曲線L，猜想曲線L的形狀是　?。?br /> 驗(yàn)證：
（4）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是（x，y），根據(jù)圖1中線段PA與PM的關(guān)系，求出y關(guān)于x的函數(shù)解析式．
應(yīng)用：
（5）如圖3，點(diǎn)B（﹣1，3），C（1，3），點(diǎn)D為曲線L上任意一點(diǎn)，且∠BDC＜30°，求點(diǎn)D的縱坐標(biāo)yD的取值范圍．

【分析】（1）由題意可得GH是AM的垂直平分線，由線段垂直平分線的性質(zhì)可求解；
（2）由（1）可知：PA＝PM，利用兩點(diǎn)距離公式可求點(diǎn)P坐標(biāo)；
（3）依照題意，畫出圖象；
（4）由兩點(diǎn)距離公式可得﹣y=(x-0)2+(y+2)2，可求y關(guān)于x的函數(shù)解析式；
（5）由兩點(diǎn)距離公式可求BC＝OB＝OC，可證△BOC是等邊三角形，可得∠BOC＝60°，以O(shè)為圓心，OB為半徑作圓O，交拋物線L與點(diǎn)E，連接BE，CE，可得∠BEC＝30°，則當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)E下方時(shí)，∠BDC＜30°，求出點(diǎn)E的縱坐標(biāo)即可求解．
【解析】（1）∵分別以點(diǎn)A和點(diǎn)M為圓心，大于12AM的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于G，H兩點(diǎn)，
∴GH是AM的垂直平分線，
∵點(diǎn)P是GH上一點(diǎn)，
∴PA＝PM（線段垂直平分線上的點(diǎn)與這條線段兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等），
故答案為：PA＝PM，線段垂直平分線上的點(diǎn)與這條線段兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等；
（2）當(dāng)點(diǎn)M（﹣2，0）時(shí)，設(shè)點(diǎn)P（﹣2，a），（a＜0）
∵PA＝PM，
∴﹣a=(-2-0)2+(a+2)2，
∴a＝﹣2，
∴點(diǎn)P（﹣2，﹣2），
當(dāng)點(diǎn)M（4，0）時(shí)，設(shè)點(diǎn)P（4，b），（b＜0）
∵PA＝PM，
∴﹣b=(4-0)2+(b+2)2，
∴b＝﹣5，
∴點(diǎn)P（4，﹣5），
故答案為：（﹣2，﹣2），（4，﹣5）；
（3）依照題意，畫出圖象，

猜想曲線L的形狀為拋物線，
故答案為：拋物線；
（4）∵PA＝PM，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（x，y），（y＜0），
∴﹣y=(x-0)2+(y+2)2，
∴y=-14x2﹣1；
（5）∵點(diǎn)B（﹣1，3），C（1，3），
∴BC＝2，OB=(-1-0)2+(3-0)2=2，OC=(1-0)2+(3-0)2=2，
∴BC＝OB＝OC，
∴△BOC是等邊三角形，
∴∠BOC＝60°，
如圖3，以O(shè)為圓心，OB為半徑作圓O，交拋物線L與點(diǎn)E，連接BE，CE，

∴∠BEC＝30°，
設(shè)點(diǎn)E（m，n），
∵點(diǎn)E在拋物線上，
∴n=-14m2﹣1，
∵OE＝OB＝2，
∴(m-0)2+(n-0)2=2，
∴n1＝2﹣23，n2＝2+23（舍去），
如圖3，可知當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)E下方時(shí)，∠BDC＜30°，
∴點(diǎn)D的縱坐標(biāo)yD的取值范圍為yD＜2﹣23．
6.（2020?濟(jì)寧）我們把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2稱為圓心為（m，n）、半徑長(zhǎng)為r的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．例如，圓心為（1，﹣2）、半徑長(zhǎng)為3的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐標(biāo)系中，⊙C與軸交于點(diǎn)A，B，且點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，0），與y軸相切于點(diǎn)D（0，4），過(guò)點(diǎn)A，B，D的拋物線的頂點(diǎn)為E．
（1）求⊙C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）試判斷直線AE與⊙C的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由．

【分析】（1）如圖，連接CD，CB，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AB于M．設(shè)⊙C的半徑為r．在Rt△BCM中，利用勾股定理求出半徑以及等C的坐標(biāo)即可解決問(wèn)題．
（2）結(jié)論：AE是⊙C的切線．連接AC，CE．求出拋物線的解析式，推出點(diǎn)E的坐標(biāo)，求出AC，AE，CE，利用勾股定理的逆定理證明∠CAE＝90°即可解決問(wèn)題．
【解析】（1）如圖，連接CD，CB，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AB于M．設(shè)⊙C的半徑為r．
∵與y軸相切于點(diǎn)D（0，4），
∴CD⊥OD，
∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，
∴四邊形ODCM是矩形，
∴CM＝OD＝4，CD＝OM＝r，
∵B（8，0），
∴OB＝8，
∴BM＝8﹣r，
在Rt△CMB中，∵BC2＝CM2+BM2，
∴r2＝42+（8﹣r）2，
解得r＝5，
∴C（5，4），
∴⊙C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．
（2）結(jié)論：AE是⊙C的切線．
理由：連接AC，CE．
∵CM⊥AB，
∴AM＝BM＝3，
∴A（2，0），B（8，0）
設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣2）（x﹣8），
把D（0，4）代入y＝a（x﹣2）（x﹣8），可得a=14，
∴拋物線的解析式為y=14（x﹣2）（x﹣8）=14x2-52x+4=14（x﹣5）2-94，
∴拋物線的頂點(diǎn)E（5，-94），
∵AE=32+(94)2=154，CE＝4+94=254，AC＝5，
∴EC2＝AC2+AE2，
∴∠CAE＝90°，
∴CA⊥AE，
∴AE是⊙C的切線．

7.（2020?遵義）如圖，拋物線y＝ax2+94x+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)C（0，3）與x軸的另一交點(diǎn)為點(diǎn)B，點(diǎn)M是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MP∥y軸，交拋物線于點(diǎn)P．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）在拋物線上是否存在一點(diǎn)Q，使得△QCO是等邊三角形？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）以M為圓心，MP為半徑作⊙M，當(dāng)⊙M與坐標(biāo)軸相切時(shí)，求出⊙M的半徑．

【分析】（1）把點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)C （0，3）代入y＝ax2+94x+c求出a與c的值即可得出拋物線的解析式；
（2）①當(dāng)點(diǎn)Q在y軸右邊時(shí)，假設(shè)△QCO為等邊三角形，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥OC于H，OC＝3，則OH=32，tan60°=QHOH，求出Q（332，32），把x=332代入y=-34x2+94x+3，得y=2738-3316≠32，則假設(shè)不成立；
②當(dāng)點(diǎn)Q在y軸的左邊時(shí)，假設(shè)△QCO為等邊三角形，過(guò)點(diǎn)Q作QT⊥OC于T，OC＝3，則OT=32，tan60°=QTOT，求出Q（-332，32），把x=-332代入y=-34x2+94x+3，得y=-2738-3316≠32，則假設(shè)不成立；
（3）求出B（4，0），待定系數(shù)法得出BC直線的解析式y(tǒng)=-34x+3，當(dāng)M在線段BC上，⊙M與x軸相切時(shí)，延長(zhǎng)PM交AB于點(diǎn)D，則點(diǎn)D為⊙M與x軸的切點(diǎn)，即PM＝MD，設(shè)P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），則PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，由PD﹣MD＝MD，求出x＝1，即可得出結(jié)果；當(dāng)M在線段BC上，⊙M與y軸相切時(shí)，延長(zhǎng)PM交AB于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)M作ME⊥y軸于E，則點(diǎn)E為⊙M與y軸的切點(diǎn)，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設(shè)P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），則PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，代入即可得出結(jié)果；當(dāng)M在BC延長(zhǎng)線，⊙M與x軸相切時(shí)，點(diǎn)P與A重合，M的縱坐標(biāo)的值即為所求；當(dāng)M在CB延長(zhǎng)線，⊙M與y軸相切時(shí)，延長(zhǎng)PD交x軸于D，過(guò)點(diǎn)M作ME⊥y軸于E，則點(diǎn)E為⊙M與y軸的切點(diǎn)，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設(shè)P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），則PD=34x2-94x﹣3，MD=34x﹣3，代入即可得出結(jié)果．
【解析】（1）把點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)C （0，3）代入y＝ax2+94x+c得：0=a-94+c3=c，
解得：a=-34c=3，
∴拋物線的解析式為：y=-34x2+94x+3；
（2）不存在，理由如下：
①當(dāng)點(diǎn)Q在y軸右邊時(shí)，如圖1所示：
假設(shè)△QCO為等邊三角形，
過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥OC于H，
∵點(diǎn)C （0，3），
∴OC＝3，
則OH=12OC=32，tan60°=QHOH，
∴QH＝OH?tan60°=32×3=332，
∴Q（332，32），
把x=332代入y=-34x2+94x+3，
得：y=2738-3316≠32，
∴假設(shè)不成立，
∴當(dāng)點(diǎn)Q在y軸右邊時(shí)，不存在△QCO為等邊三角形；
②當(dāng)點(diǎn)Q在y軸的左邊時(shí)，如圖2所示：
假設(shè)△QCO為等邊三角形，
過(guò)點(diǎn)Q作QT⊥OC于T，
∵點(diǎn)C （0，3），
∴OC＝3，
則OT=12OC=32，tan60°=QTOT，
∴QT＝OT?tan60°=32×3=332，
∴Q（-332，32），
把x=-332代入y=-34x2+94x+3，
得：y=-2738-3316≠32，
∴假設(shè)不成立，
∴當(dāng)點(diǎn)Q在y軸左邊時(shí)，不存在△QCO為等邊三角形；
綜上所述，在拋物線上不存在一點(diǎn)Q，使得△QCO是等邊三角形；
（3）令-34x2+94x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
設(shè)BC直線的解析式為：y＝kx+b，把B、C的坐標(biāo)代入則0=4k+b3=b，
解得：k=-34b=3，
∴BC直線的解析式為：y=-34x+3，
當(dāng)M在線段BC上，⊙M與x軸相切時(shí)，如圖3所示：
延長(zhǎng)PM交AB于點(diǎn)D，
則點(diǎn)D為⊙M與x軸的切點(diǎn)，即PM＝MD，
設(shè)P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），
則PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，
∴（-34x2+94x+3）﹣（-34x+3）=-34x+3，
解得：x1＝1，x2＝4（不合題意舍去），
∴⊙M的半徑為：MD=-34+3=94；
當(dāng)M在線段BC上，⊙M與y軸相切時(shí)，如圖4所示：
延長(zhǎng)PM交AB于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)M作ME⊥y軸于E，
則點(diǎn)E為⊙M與y軸的切點(diǎn)，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
設(shè)P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），
則PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，
∴（-34x2+94x+3）﹣（-34x+3）＝x，
解得：x1=83，x2＝0（不合題意舍去），
∴⊙M的半徑為：EM=83；
當(dāng)M在BC延長(zhǎng)線，⊙M與x軸相切時(shí)，如圖5所示：

點(diǎn)P與A重合，
∴M的橫坐標(biāo)為﹣1，
∴⊙M的半徑為：M的縱坐標(biāo)的值，
即：-34×（﹣1）+3=154；
當(dāng)M在CB延長(zhǎng)線，⊙M與y軸相切時(shí)，如圖6所示：

延長(zhǎng)PD交x軸于D，過(guò)點(diǎn)M作ME⊥y軸于E，
則點(diǎn)E為⊙M與y軸的切點(diǎn)，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
設(shè)P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），
則PD=34x2-94x﹣3，MD=34x﹣3，
∴（34x2-94x﹣3）﹣（34x﹣3）＝x，
解得：x1=163，x2＝0（不合題意舍去），
∴⊙M的半徑為：EM=163；
綜上所述，⊙M的半徑為94或83或154或163．

8.（2020·西藏中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于A(﹣2，0)，B(4，0)兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，點(diǎn)P是第四象限內(nèi)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）如圖甲，連接AC，PA，PC，若，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖乙，過(guò)A，B，P三點(diǎn)作⊙M，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥x軸，垂足為D，交⊙M于點(diǎn)E．點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線段DE的長(zhǎng)是否變化，若有變化，求出DE的取值范圍；若不變，求DE的長(zhǎng)．

【答案】（1）y＝x2﹣x﹣4；（2）P(3，﹣)；（3）沒(méi)有變化，2
【解析】
【分析】
（1）由二次函數(shù)的圖象與軸交于，兩點(diǎn)，可得二次函數(shù)的解析式為，由此即可解決問(wèn)題．
（2）根據(jù)，構(gòu)建方程即可解決問(wèn)題．
（3）結(jié)論：點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線段的長(zhǎng)是定值，．根據(jù)，根據(jù)方程求出，再利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式，求出點(diǎn)的縱坐標(biāo)即可解決問(wèn)題．
【詳解】
解：（1）二次函數(shù)的圖象與軸交于，兩點(diǎn)，
二次函數(shù)的解析式為，
即．

（2）如圖甲中，連接．設(shè)．

由題意，，，
，
，
整理得，，
解得或（舍棄），
．
（3）結(jié)論：點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線段的長(zhǎng)是定值，．
理由：如圖乙中，連接，，，設(shè)，，，．

由題意，，
，
解得，
，，
，
，
，
點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線段的長(zhǎng)是定值，．
【點(diǎn)睛】
本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了三角形的面積，三角形的外接圓，三角形的外心等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
9.（2020·遼寧營(yíng)口?中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣3過(guò)點(diǎn)A（﹣3，0），B（1，0），與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為點(diǎn)D．

（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P為直線CD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BC；
①如圖1，是否存在點(diǎn)P，使∠PBC＝∠BCO？若存在，求出所有滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
②如圖2，點(diǎn)P在x軸上方，連接PA交拋物線于點(diǎn)N，∠PAB＝∠BCO，點(diǎn)M在第三象限拋物線上，連接MN，當(dāng)∠ANM＝45°時(shí)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)．
【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；（2）①存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，﹣2）或（﹣5，﹣8）；②點(diǎn)M（﹣，﹣）
【解析】
【分析】
（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），即可求解；
（2）①分點(diǎn)P（P′）在點(diǎn)C的右側(cè)、點(diǎn)P在點(diǎn)C的左側(cè)兩種情況，分別求解即可；
②證明△AGR≌△RHM（AAS），則點(diǎn)M（m+n，n﹣m﹣3），利用點(diǎn)M在拋物線上和AR＝NR，列出等式即可求解．
【詳解】
解：（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），
解得：a＝1，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2+2x﹣3①；
（2）由拋物線的表達(dá)式知，點(diǎn)C、D的坐標(biāo)分別為（0，﹣3）、（﹣1，﹣4），
由點(diǎn)C、D的坐標(biāo)知，直線CD的表達(dá)式為：y＝x﹣3；
tan∠BCO＝，則cos∠BCO＝；
①當(dāng)點(diǎn)P（P′）在點(diǎn)C的右側(cè)時(shí)，

∵∠P′AB＝∠BCO，
故P′B∥y軸，則點(diǎn)P′（1，﹣2）；
當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)C的左側(cè)時(shí)，
設(shè)直線PB交y軸于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)H作HN⊥BC于點(diǎn)N，
∵∠PBC＝∠BCO，
∴△BCH為等腰三角形，則
BC＝2CH?cos∠BCO＝2×CH×＝，
解得：CH＝，則OH＝3﹣CH＝，故點(diǎn)H（0，﹣），
由點(diǎn)B、H的坐標(biāo)得，直線BH的表達(dá)式為：y＝x﹣②，
聯(lián)立①②并解得：，
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，﹣2）或（﹣5，﹣8）；
②∵∠PAB＝∠BCO，而tan∠BCO＝，
故設(shè)直線AP的表達(dá)式為：y＝，將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入上式并解得：s＝1，
故直線AP的表達(dá)式為：y＝x+1，
聯(lián)立①③并解得：，故點(diǎn)N（，）；
設(shè)△AMN的外接圓為圓R，

當(dāng)∠ANM＝45°時(shí)，則∠ARM＝90°，設(shè)圓心R的坐標(biāo)為（m，n），
∵∠GRA+∠MRH＝90°，∠MRH+∠RMH＝90°，
∴∠RMH＝∠GAR，
∵AR＝MR，∠AGR＝∠RHM＝90°，
∴△AGR≌△RHM（AAS），
∴AG＝m+3＝RH，RG＝﹣n＝MH，
∴點(diǎn)M（m+n，n﹣m﹣3），
將點(diǎn)M的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：n﹣m﹣3＝（m+n）2+2（m+n）﹣3③，
由題意得：AR＝NR，即（m+3）2＝（m﹣）2+（）2④，
聯(lián)立③④并解得：，
故點(diǎn)M（﹣，﹣）．
【點(diǎn)睛】
本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、三角形全等、圓的基本知識(shí)等，其中（2）①，要注意分類求解，避免遺漏．
10.（2020·山東淄博?中考真題）如圖，在直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是平行四邊形，經(jīng)過(guò)A（﹣2，0），B，C三點(diǎn)的拋物線y＝ax2+bx+（a＜0）與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為D，其頂點(diǎn)為M，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)E．
（1）求這條拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；
（2）已知R是拋物線上的點(diǎn)，使得△ADR的面積是平行四邊形OABC的面積的，求點(diǎn)R的坐標(biāo)；
（3）已知P是拋物線對(duì)稱軸上的點(diǎn)，滿足在直線MD上存在唯一的點(diǎn)Q，使得∠PQE＝45°，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【答案】（1）y＝﹣x2+x+；（2）（1+，4）或（1﹣，4）或（1+，﹣4）或（1﹣，﹣4）；（3）P（1，120﹣168）
【解析】
【分析】
【詳解】
解：（1）OA＝2＝BC，故函數(shù)的對(duì)稱軸為x＝1，則x＝﹣＝1①，
將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：0＝4a﹣2b+②，
聯(lián)立①②并解得，故拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2+x+③；
（2）由拋物線的表達(dá)式得，點(diǎn)M（1，3）、點(diǎn)D（4，0）；
∵△ADR的面積是?OABC的面積的，
∴×AD×|yR|＝×OA×OB，則×6×|yR|＝×2×，解得：yR＝±④，
聯(lián)立④③并解得，或
故點(diǎn)R的坐標(biāo)為（1+，4）或（1﹣，4）或（1+，﹣4）或（1﹣，﹣4）；
（3）作△PEQ的外接圓R，
∵∠PQE＝45°，故∠PRE＝90°，
則△PRE為等腰直角三角形，
當(dāng)直線MD上存在唯一的點(diǎn)Q，則RQ⊥MD，
點(diǎn)M、D的坐標(biāo)分別為（1，4）、（4，0），
則ME＝4，ED＝4﹣1＝3，則MD＝5，
過(guò)點(diǎn)R作RH⊥ME于點(diǎn)H，
設(shè)點(diǎn)P（1，2m），則PH＝HE＝HR＝m，則圓R的半徑為m，則點(diǎn)R（1+m，m），
S△MED＝S△MRD+S△MRE+S△DRE，即×EM?ED＝×MD×RQ+×ED?yR+×ME?RH，
∴×4×3＝×5×m+×4×m+×3×m，解得m＝60﹣84，故點(diǎn)P（1，120﹣168）．
11.（2020·湖北荊州?中考真題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，，以O(shè)為圓心，OA的長(zhǎng)為半徑的半圓O交AO的延長(zhǎng)線于C，連接AB，BC，過(guò)O作ED//BC分別交AB和半圓O于E，D，連接OB，CD．
（1）求證：BC是半圓O的切線；
（2）試判斷四邊形OBCD的形狀，并說(shuō)明理由；
（3）如圖2，若拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，且頂點(diǎn)為E，求此拋物線的解析式；點(diǎn)P 是此拋物線對(duì)稱軸上的一動(dòng)點(diǎn)，以E，D，P為頂點(diǎn)的三角形與相似，問(wèn)拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使得，若存在，請(qǐng)直接寫出Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）平行四邊形，見(jiàn)解析；（3）拋物線的解析式為，存在，Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為或或或
【解析】
【分析】
（1）證得OE是△ABC的中位線，求得點(diǎn)E的坐標(biāo)，分別求得AB、AC、BC的長(zhǎng)，利用勾股定理的逆定理證得是直角三角形，從而證明結(jié)論；
（2）求得BC=OD=OA=，利用平行四邊形的判定定理可證得四邊形OBCD是平行四邊形；
（3）證明Rt△ODNRt△OEM，求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得此拋物線的解析式；分△PED△OAB和△DEP△OAB兩種情況討論，利用相似三角形的性質(zhì)求得PE的長(zhǎng)，再根據(jù)三角形的面積公式即可求得Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)．
【詳解】
（1）如圖1，

設(shè)AB與y軸交于點(diǎn)M，則AM=2，OM=1，AB=5，
則OA=OC，
∵OE∥BC，
∴OE是△ABC的中位線，
∴AE=AB=，BC=2EO，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(，)，ME=，OM=1，
∴OE=，
∴BC=2OE=，
∵，
是直角三角形，
即，
所以BC是半圓的O的切線；
（2）四邊形OBCD是平行四邊形，
由圖知： BC=OD=OA=，
∵OD∥BC，
∴四邊形OBCD是平行四邊形；
（3）①由（2）知：OD=OA=，
E為AB的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作軸，則DN//ME，

∴Rt△ODNRt△OEM，
∴，
∴，
∴，，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(，)，
∵拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)D(，)，且頂點(diǎn)為E(，)，
∴設(shè)此拋物線的解析式為，
則
∴，
∴此拋物線的解析式為，
即，
如圖，設(shè)拋物線對(duì)稱軸交AC于F，

由（1）知：∠AOE=∠ACB=90，∠AEF=90，
∴∠OEF+∠AEO=90，∠A+∠AEO=90，
∴∠OEF=∠A，
∵以E，D，P為頂點(diǎn)的三角形與相似，
∴分△PED△OAB和△DEP△OAB兩種情況討論，
當(dāng)△PED△OAB時(shí)，ED=OE+OD=
，即，
∴，
∵，
設(shè)點(diǎn)Q到PE的距離為h，
∴，即，
∴，
∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為或；
當(dāng)△DEP△OAB時(shí)，ED=OE+OD=
，即，
∴，
∵，
設(shè)點(diǎn)Q到PE的距離為，
∴，即，
∴，
∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為或；
∴符合條件的Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為或或或．
【點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，圓的切線的判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理的逆定理，平行四邊形的判定等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，此題綜合性比較強(qiáng)，有一定的難度，對(duì)學(xué)生提出較高的要求．注意：不要漏解，分類討論思想的巧妙運(yùn)用．
12.（2020·湖北咸寧?中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，拋物線過(guò)點(diǎn)B且與直線相交于另一點(diǎn)．

（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P是拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)在x軸的正半軸上，點(diǎn)是y軸正半軸上的一動(dòng)點(diǎn)，且滿足．
①求m與n之間的函數(shù)關(guān)系式；
②當(dāng)m在什么范圍時(shí)，符合條件的N點(diǎn)的個(gè)數(shù)有2個(gè)？
【答案】（1）；（2）或（3，）或（-2，-3）；（3）①；②0＜m＜
【解析】
【分析】
（1）利用一次函數(shù)求出A和B的坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)C坐標(biāo)，求出二次函數(shù)表達(dá)式；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)C重合，當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，AP與y軸交于點(diǎn)Q，求出AQ表達(dá)式，聯(lián)立二次函數(shù)，可得交點(diǎn)坐標(biāo)，即為點(diǎn)P；
（3）①過(guò)點(diǎn)C作CD⊥x軸于點(diǎn)D，證明△MNO∽△NCD，可得，整理可得結(jié)果；
②作以MC為直徑的圓E，根據(jù)圓E與線段OD的交點(diǎn)個(gè)數(shù)來(lái)判斷M的位置，即可得到m的取值范圍.
【詳解】
解：（1）∵直線與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，
令x=0，則y=2，令y=0，則x=4，
∴A（4，0），B（0，2），
∵拋物線經(jīng)過(guò)B（0，2），，
∴，解得：，
∴拋物線的表達(dá)式為：；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)C重合，滿足，
∵，
∴，
當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，如圖，AP與y軸交于點(diǎn)Q，
∵，
∴B，Q關(guān)于x軸對(duì)稱，
∴Q（0，-2），又A（4，0），
設(shè)直線AQ的表達(dá)式為y=px+q，代入，
，解得：，
∴直線AQ的表達(dá)式為：，聯(lián)立得：
，解得：x=3或-2，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，）或（-2，-3），
綜上，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為：或（3，）或（-2，-3）；

（3）①如圖，∠MNC=90°，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥x軸于點(diǎn)D，
∴∠MNO+∠CND=90°，
∵∠OMN+∠MNO=90°，
∴∠CND=∠OMN,又∠MON=∠CDN=90°，
∴△MNO∽△NCD，
∴，即，
整理得：；

②如圖，∵∠MNC=90°，
以MC為直徑畫圓E，
∵，
∴點(diǎn)N在線段OD上（不含O和D），即圓E與線段OD有兩個(gè)交點(diǎn)（不含O和D），
∵點(diǎn)M在y軸正半軸，
當(dāng)圓E與線段OD相切時(shí)，
有NE=MC，即NE2=MC2，
∵M(jìn)（0，m），，
∴E（，），
∴=，
解得：m=，

當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)O重合時(shí)，如圖，
此時(shí)圓E與線段OD（不含O和D）有一個(gè)交點(diǎn)，

∴當(dāng)0＜m＜時(shí)，圓E與線段OD有兩個(gè)交點(diǎn)，
故m的取值范圍是：0＜m＜.
【點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)綜合，考查了求二次函數(shù)表達(dá)式，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，一次函數(shù)表達(dá)式，難度較大，解題時(shí)要充分理解題意，結(jié)合圖像解決問(wèn)題.
13.（2020·湖北武漢?中考真題）將拋物線向下平移6個(gè)單位長(zhǎng)度得到拋物線，再將拋物線向左平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到拋物線．

（1）直接寫出拋物線，的解析式；
（2）如圖（1），點(diǎn)在拋物線對(duì)稱軸右側(cè)上，點(diǎn)在對(duì)稱軸上，是以為斜邊的等腰直角三角形，求點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）如圖（2），直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點(diǎn)，為線段的中點(diǎn)；直線與拋物線交于，兩點(diǎn)，為線段的中點(diǎn)．求證：直線經(jīng)過(guò)一個(gè)定點(diǎn)．
【答案】（1）拋物線的解析式為： y=x2-4x-2；拋物線的解析式為：y=x2-6；（2）點(diǎn)的坐標(biāo)為（5，3）或（4，-2）；（3）直線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（0，2）
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)函數(shù)圖象上下平移：函數(shù)值上加下減；左右平移：自變量左加右減寫出函數(shù)解析式并化簡(jiǎn)即可；
（2）先判斷出點(diǎn)A、B、O、D四點(diǎn)共圓，再根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等得到∠BDA=∠BOA=45°，從而證出是等腰直角三角形．設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（x，x2-4x-2），把DC和AC用含x的代數(shù)式表示出來(lái)，利用DC=AC列方程求解即可，注意有兩種情況；
（3）根據(jù)直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點(diǎn)，聯(lián)立兩個(gè)解析式，得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出點(diǎn)M的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求出縱坐標(biāo)，同理求出點(diǎn)N的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求出直線MN的解析式，從而判斷直線MN經(jīng)過(guò)的定點(diǎn)即可．
【詳解】
解：（1）∵拋物線向下平移6個(gè)單位長(zhǎng)度得到拋物線，再將拋物線向左平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到拋物線，
∴拋物線的解析式為：y=(x-2)2-6，即y=x2-4x-2，
拋物線的解析式為：y=(x-2+2)2-6，即y=x2-6．
（2）如下圖，過(guò)點(diǎn)A作AC⊥x軸于點(diǎn)C，連接AD，

∵是等腰直角三角形，
∴∠BOA =45°，
又∵∠BDO=∠BAO=90°，
∴點(diǎn)A、B、O、D四點(diǎn)共圓，
∴∠BDA=∠BOA=45°，
∴∠ADC=90°-∠BDA=45°，
∴是等腰直角三角形，
∴DC=AC．
∵點(diǎn)在拋物線對(duì)稱軸右側(cè)上，點(diǎn)在對(duì)稱軸上，
∴拋物線的對(duì)稱軸為x=2，
設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（x，x2-4x-2），
∴DC=x-2，AC= x2-4x-2，
∴x-2= x2-4x-2，
解得：x=5或x=0（舍去），
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（5，3）；
同理，當(dāng)點(diǎn)B、點(diǎn)A在x軸的下方時(shí)，
x-2= -(x2-4x-2)，
x=4或x=-1（舍去），
∴點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，-2），
綜上，點(diǎn)的坐標(biāo)為（5，3）或（4，-2）．
（3）∵直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點(diǎn)，
∴，
∴x2-kx-6=0，
設(shè)點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為xE，點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為xF，
∴xE+xF=k，
∴中點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM==，
中點(diǎn)M的縱坐標(biāo)yM=kx=，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，）；
同理可得：點(diǎn)N的坐標(biāo)為（，），
設(shè)直線MN的解析式為y=ax+b（a≠0），
將M（，）、N（，）代入得：
，
解得：，
∴直線MN的解析式為y= ·x+2（），
不論k取何值時(shí)（），當(dāng)x=0時(shí)，y=2，
∴直線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（0，2）．
【點(diǎn)睛】
本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，熟練掌握?qǐng)D象平移的規(guī)律、判斷點(diǎn)A、B、O、D四點(diǎn)共圓的方法、用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的步驟是解題的關(guān)鍵．
14.（2020·山東德州?中考真題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)是，在x軸上任取一點(diǎn)M．連接AM，分別以點(diǎn)A和點(diǎn)M為圓心，大于的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于G，H兩點(diǎn)，作直線GH，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線l交直線GH于點(diǎn)P．根據(jù)以上操作，完成下列問(wèn)題．
探究：
（1）線段PA與PM的數(shù)量關(guān)系為________，其理由為：________________．
（2）在x軸上多次改變點(diǎn)M的位置，按上述作圖方法得到相應(yīng)點(diǎn)P的坐標(biāo)，并完成下列表格：
M的坐標(biāo)
…

…
P的坐標(biāo)
…

…
猜想：
（3）請(qǐng)根據(jù)上述表格中P點(diǎn)的坐標(biāo)，把這些點(diǎn)用平滑的曲線在圖2中連接起來(lái)；觀察畫出的曲線L，猜想曲線L的形狀是________．
驗(yàn)證：
（4）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是，根據(jù)圖1中線段PA與PM的關(guān)系，求出y關(guān)于x的函數(shù)解析式．
應(yīng)用：
（5）如圖3，點(diǎn)，，點(diǎn)D為曲線L上任意一點(diǎn)，且，求點(diǎn)D的縱坐標(biāo)的取值范圍．

【答案】（1），線段垂直平分線上的點(diǎn)與這條線段兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等；（2）圖見(jiàn)解析，拋物線；（3）見(jiàn)解析；（4）；（5）
【解析】
【分析】
（1）由尺規(guī)作圖的步驟可知，HG是AM的中垂線，結(jié)合中垂線的性質(zhì)，即可得到答案；
（2）根據(jù)第（1）的作圖方法，得到相應(yīng)點(diǎn)P的位置，即可求解；
（3）用平滑的曲線作出圖象，即可；
（4）過(guò)點(diǎn)P作軸于點(diǎn)E，用含x，y的代數(shù)式表示，，，結(jié)合勾股定理，即可得到答案；
（5）連接，由題意得當(dāng)時(shí)，在的外接圓上，弧所對(duì)的圓心角為60°，的外接圓圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，設(shè)，求出b的值，進(jìn)而即可求解．
【詳解】
解：（1）線段垂直平分線上的點(diǎn)與這條線段兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等
（2）
M的坐標(biāo)
…

…
P的坐標(biāo)
…

…
（3）草圖見(jiàn)圖2：形狀：拋物線

（4）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作軸于點(diǎn)E，
，，
在中，
即
化簡(jiǎn)，得
∴y關(guān)于x的函數(shù)解析式為．

（5）連接，易得，又
∴為等邊三角形，∴
當(dāng)時(shí)，在的外接圓上，弧所對(duì)的圓心角為60°
其圓心在的垂直平分線y軸上，
∴的外接圓圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，
設(shè)，則，即 ①
又點(diǎn)D在該拋物線上
∴ ②
由①②聯(lián)立解得：（舍去）
數(shù)形結(jié)合可得，
當(dāng)時(shí)，點(diǎn)D的縱坐標(biāo)的取值范圍為

【點(diǎn)睛】
本題主要考查尺規(guī)作作中垂線，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，圓周角定理，解題關(guān)鍵是：熟練掌握垂直平分線的性質(zhì)定理，構(gòu)造三角形的外接圓．
15.（2020·江蘇蘇州?中考真題）如圖，已知，是的平分線，是射線上一點(diǎn)，．動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以的速度沿水平向左作勻速運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，也以的速度沿豎直向上作勻速運(yùn)動(dòng)．連接，交于點(diǎn)．經(jīng)過(guò)、、三點(diǎn)作圓，交于點(diǎn)，連接、．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，其中．

（1）求的值；
（2）是否存在實(shí)數(shù)，使得線段的長(zhǎng)度最大？若存在，求出的值；若不存在，說(shuō)明理由．
（3）求四邊形的面積．
【答案】（1）8cm；（2）存在，當(dāng)t=4時(shí)，線段OB的長(zhǎng)度最大，最大為；（3）
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)題意可得，，由此可求得的值；
（2）過(guò)作，垂足為，則，設(shè)線段的長(zhǎng)為，可得，，，根據(jù)可得，進(jìn)而可得，由此可得，由此可得，則可得到答案；
（3）先證明是等腰直角三角形，由此可得，再利用勾股定理可得，最后根據(jù)四邊形的面積即可求得答案．
【詳解】
解：（1）由題可得：，．
∴．
（2）當(dāng)時(shí)，線段的長(zhǎng)度最大．
如圖，過(guò)作，垂足為，則．
∵平分，
∴，
∴，．
設(shè)線段的長(zhǎng)為，
則，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：．
∴．
∴當(dāng)時(shí)，線段的長(zhǎng)度最大，最大為．
（3）∵，
∴是圓的直徑．
∴．
∵，
∴是等腰直角三角形．
∴

．
在中，．
∴四邊形的面積

．
∴四邊形的面積為．

【點(diǎn)睛】
本題考查了相似三角形的判定及性質(zhì)，直徑的判定及性質(zhì)，二次函數(shù)的最值問(wèn)題等相關(guān)知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)是解決本題的關(guān)鍵．
16.（2020·貴州遵義?中考真題）如圖，拋物線y＝ax2+x+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)C （0，3）與x軸的另一交點(diǎn)為點(diǎn)B，點(diǎn)M是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MP∥y軸，交拋物線于點(diǎn)P．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）在拋物線上是否存在一點(diǎn)Q，使得△QCO是等邊三角形？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）以M為圓心，MP為半徑作⊙M，當(dāng)⊙M與坐標(biāo)軸相切時(shí)，求出⊙M的半徑．

【答案】（1）y＝﹣x2+x+3；（2）不存在，理由見(jiàn)解析；（3）⊙M的半徑為，，，
【解析】
【分析】

（1）已知拋物線y＝ax2+x+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(﹣1,0)和點(diǎn)C(0,3)，利用待定系數(shù)法即可求得拋物線解析式；
（2）在拋物線上找到一點(diǎn)Q，使得△QCO是等邊三角形，過(guò)點(diǎn)Q作OM⊥OB于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥OC于點(diǎn)N，根據(jù)△QCO是等邊三角形，求得Q點(diǎn)坐標(biāo)，再驗(yàn)證Q點(diǎn)是否在拋物線上；
（3）分四種情況①當(dāng)⊙M與y軸相切，如圖所示，令M點(diǎn)橫坐標(biāo)為t，PM=t，將PM用t表示出來(lái)，列出關(guān)于t的一元二次方程，求得t，進(jìn)而求得半徑；②⊙M與x軸相切，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥OB于N，如圖所示，令M點(diǎn)橫坐標(biāo)為m，因?yàn)镻N=2MN，列出關(guān)于m的一元二次方程，即可求出m，同理③④種情況，進(jìn)而求得⊙M的半徑．
【詳解】

（1）∵拋物線y＝ax2+x+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(﹣1,0)和點(diǎn)C(0,3)
∴
解得
∴該拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x+3
故答案為：y＝﹣x2+x+3
（2）在拋物線上找到一點(diǎn)Q，使得△QCO是等邊三角形，過(guò)點(diǎn)Q作OM⊥OB于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥OC于點(diǎn)N
∵△QCO是等邊三角形，OC=3
∴CN=
∴NQ=
即Q(,)
當(dāng)x=時(shí)，y＝﹣×()2+×+3=≠
∴Q(,)不在拋物線上
y＝﹣x2+x+3

故答案為：不存在，理由見(jiàn)解析
（3）①⊙M與y軸相切，如圖所示
∵y＝﹣x2+x+3
當(dāng)y=0時(shí)，﹣x2+x+3=0
解得x1=-1，x2=4
∴B(4,0)
令直線BC的解析式為y=kx+b

解得
∴直線BC的解析式為
令M點(diǎn)橫坐標(biāo)為t
∵M(jìn)P∥y軸，⊙M與y軸相切
∴t=﹣t2+t+3-
解得t=

⊙M的半徑為
②⊙M與x軸相切，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥OB于N，如圖所示
令M點(diǎn)橫坐標(biāo)為m
∵PN=2MN
∴
解得m=1或m=4（舍去）

∴⊙M的半徑為：

③當(dāng)與軸相切時(shí)，如圖3：

點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)

半徑
④當(dāng)與軸相切時(shí)如圖4：

設(shè)，
則，因

解得，（舍去）
半徑
綜上所述：的半徑為，，，
【點(diǎn)睛】
本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，是二次函數(shù)的綜合題，涉及了二次函數(shù)與幾何問(wèn)題，二次函數(shù)與圓的問(wèn)題，其中考查了圓切線的性質(zhì)．
17.（2020·山東濟(jì)寧?中考真題）我們把方程(x- m)2+(y-n)2=r2稱為圓心為(m，n)、半徑長(zhǎng)為r的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．例如，圓心為(1,-2)、半徑長(zhǎng)為3的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐標(biāo)系中,圓C與軸交于點(diǎn)A．B．且點(diǎn)B的坐標(biāo)為(8．0),與y軸相切于點(diǎn)D(0, 4)，過(guò)點(diǎn)A,B,D的拋物線的頂點(diǎn)為E．
(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)試判斷直線AE與圓C的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由．

【答案】（1）；（2）相切，理由見(jiàn)解析
【解析】
【分析】
（1）連接CD，CB，過(guò)C作CF⊥AB，分別表示出BF和CF，再在△BCF中利用勾股定理構(gòu)造方程求解即可得到圓C半徑以及點(diǎn)C坐標(biāo)，從而得到標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）由（1）可得點(diǎn)A坐標(biāo)，求出拋物線表達(dá)式，得到點(diǎn)E坐標(biāo)，再求出直線AE的表達(dá)式，聯(lián)立直線AE和圓C的表達(dá)式，通過(guò)判斷方程根的個(gè)數(shù)即可得到兩者交點(diǎn)個(gè)數(shù)，從而判斷位置關(guān)系.
【詳解】
解：連接CD，CB，過(guò)C作CF⊥AB，
∵點(diǎn)D（0，4），B（8，0），設(shè)圓C半徑為r，圓C與y軸切于點(diǎn)D，
則CD=BC=OF=r，CF=4，
∵CF⊥AB，
∴AF=BF=8-r，
在△BCF中，，
即，
解得：r=5，
∴CD=OF=5，即C（5，4），
∴圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：；

（2）由（1）可得：BF=3=AF，則OA=OB-AB=2，
即A（2，0），
設(shè)拋物線表達(dá)式為：，將A，B，D坐標(biāo)代入，
，解得：，
∴拋物線表達(dá)式為：，
∴可得點(diǎn)E（5，），
設(shè)直線AE表達(dá)式為：y=mx+n，將A和E代入，
可得：，解得：，
∴直線AE的表達(dá)式為：，
∵圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為，
聯(lián)立，
解得：x=2，
故圓C與直線AE只有一個(gè)交點(diǎn)，橫坐標(biāo)為2，
即圓C與直線AE相切.
【點(diǎn)睛】
本題考查了圓的新定義，二次函數(shù)，一次函數(shù)，切線的判定，垂徑定理，有一定難度，解題的關(guān)鍵是利用轉(zhuǎn)化思想，將求位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為方程根的個(gè)數(shù)問(wèn)題.

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