二次函數(shù)是初中數(shù)學代數(shù)部分最重要的概念之一，是中考數(shù)學的重難點；而圓是初中幾何中綜合性最強的知識內(nèi)容，它與二次函數(shù)都在中考中占據(jù)及其重要的地位，兩者經(jīng)常作為壓軸題綜合考查，能夠很好的考查學生的數(shù)學綜合素養(yǎng)以及分析問題、解決問題的能力.圓心與拋物線的關(guān)系、圓上的點和拋物線的關(guān)系，其本質(zhì)就是把位置關(guān)系向數(shù)量化關(guān)系轉(zhuǎn)化.
二次函數(shù)與圓的綜合要數(shù)形結(jié)合，在讀題之前要想到圓中的相關(guān)概念、性質(zhì)及定理，比如圓的定義、垂徑定理、圓周角、圓心角、內(nèi)心、外心、切線、四點共圓的、隱藏圓等；對于二次函數(shù)，要熟練掌握解析式的求法和表達形式、頂點、最值、與方程之間的關(guān)系，線段長與點的坐標之間的數(shù)量轉(zhuǎn)化等.
【例1】（2022?閔行區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+4與x軸相交于點A（﹣1，0），B（3，0），與y軸交于點C．將拋物線的對稱軸沿x軸的正方向平移，平移后交x軸于點D，交線段BC于點E，交拋物線于點F，過點F作直線BC的垂線，垂足為點G．
（1）求拋物線的表達式；
（2）以點G為圓心，BG為半徑畫⊙G；以點E為圓心，EF為半徑畫⊙E．
當⊙G與⊙E內(nèi)切時．
①試證明EF與EB的數(shù)量關(guān)系；
②求點F的坐標．
【分析】（1）根據(jù)點A、B的坐標，設(shè)拋物線y＝a（x+1）（x﹣3），再將點C代入即可求出a的值，從而得出答案；
（2）①分兩種情形，當r⊙G＞r⊙E時，則GB﹣EF＝GE，則EF＝EB，當r⊙G＜r⊙E時，則EF﹣GB＝GE，設(shè)EF＝5t，F(xiàn)G＝3t，GE＝4t，則5t﹣GB＝4t，則GB＝t＜GE＝4t，從而得出矛盾；
②由．設(shè)BD＝t，則DE＝，利用勾股定理得BE＝，則F坐標為（3﹣t，3t），代入拋物線解析式，從而解決問題．
【解答】解：（1）∵點A坐標為（﹣1，0），點B坐標為（3，0）．
設(shè)拋物線y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0），
∵拋物線經(jīng)過點C（0，4），
∴4＝﹣3a．
解得．
∴拋物線的表達式是；
（2）①由于⊙G與⊙E內(nèi)切，
當r⊙G＜r⊙E時，則EF﹣GB＝GE，
設(shè)EF＝5t，F(xiàn)G＝3t，GE＝4t，則5t﹣GB＝4t，
∴GB＝t＜GE＝4t，
∴點E在線段CB的延長線上．
又∵已知點E在線段BC上，
∴矛盾，因此不存在．
當r⊙G＞r⊙E時，則GB﹣EF＝GE，
又∵GE＝GB﹣EB，
∴EF＝EB；
②∵OC⊥OB，F(xiàn)D⊥OB，
∴∠COB＝∠EDB＝90°．
∴．
∴設(shè)BD＝t，則DE＝；
在Rt△BED中，由勾股定理得，
．
∴，
∴F坐標為（3﹣t，3t），
∵F點在拋物線上，
∴，
∴解得，t＝0（點F與點B重合，舍去）．
∴F坐標為（，）．
【例2】（2022?福建模擬）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于A，B兩點，點C（2，﹣4）在拋物線上，且△ABC是等腰直角三角形．
（1）求拋物線的解析式；
（2）過點D（2，0）的直線與拋物線交于點M，N，試問：以線段MN為直徑的圓是否過定點？證明你的結(jié)論．
【分析】（1）等腰直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，點的坐標，不難求出A、B兩點坐標，把點A、B、C代入二次函數(shù)解析式，解三元一次方程組就可得到函數(shù)解析式．
（2））通過設(shè)過點D（2，0）的直線MN解析式為y＝k（x﹣2）＝kx﹣2k，得到關(guān)于x、關(guān)于y的方程，利用跟與系數(shù)的關(guān)系，再得到圓的解析式，待定系數(shù)法確定定點的x、y的值，確定定點的坐標．
【解答】解：連接AC、BC，過點C作CP垂直于x軸于點P．
在Rt△CAB中，AC＝BC，CP⊥AB，點C（2，﹣4），
∴CP＝AP＝PB＝4，OP＝2，
∴OA＝AP﹣OP＝4﹣2＝2，OB＝OP+PB＝4+2＝6，
∴點A（﹣2，0），點B（6，0），
把點A（﹣2，0），點B（6，0），點C（2，﹣4）代入函數(shù)解析式得
，
解得，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣x﹣3．
故答案為：y＝x2﹣x﹣3．
（2）設(shè)過點D（2，0）的直線MN解析式為y＝k（x﹣2）＝kx﹣2k，
聯(lián)立直線與拋物線解析式得關(guān)于x的等式：kx﹣2k＝x2﹣x﹣3，
化簡得＝0，
xN+xM＝﹣＝4（k+1），xNxM＝＝8k﹣①，
聯(lián)立直線與拋物線解析式得關(guān)于y的等式：y＝（+2）2﹣（+2）﹣3，
化簡得y2+（﹣﹣1）y﹣4＝0，
yM+yN＝4k2，yMyN＝﹣②，
線段MN的中點就是圓的圓心，
∴xO＝（xN+xM）＝2（K+1），
代入直線方程得yO＝2k2，
∴圓心坐標為（2k+2，2k2），
直徑MN＝＝，
把①、②代入上式化簡整理得直徑MN＝，
設(shè)圓上某一點（x，y）到圓心的距離等于半徑，
∴＝，
化簡整理得16k2+12﹣8k＝x2﹣4kx﹣4x+y2﹣4k2y＝﹣4yk2﹣4kx+x2﹣4x+y2，
圓過定點，所以與k值無關(guān)，看作是關(guān)于k的二次等式，
k2、k的系數(shù)，常量對應(yīng)相等，
得﹣8＝﹣4x，
x＝2，
16＝﹣4y，
y＝﹣4，
由以上分析，所以以MN為直徑的圓過定點（2，﹣4）．
故答案為：以線段MN為直徑的圓過定點（2，﹣4）．
【例3】（2022?武漢模擬）已知拋物線y＝﹣2x2+bx+c（c＞0）．
（1）如圖1，拋物線與直線l相交于點M（﹣1，0），N（2，6）．
①求拋物線的解析式；
②過點N作MN的垂線，交拋物線于點P，求PN的長；
（2）如圖2，已知拋物線y＝﹣2x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，點A，B，C，D（0，n）四點在同一圓上，求n的值．
【分析】（1）①把點M（﹣1，0），N（2，6）代入到y(tǒng)＝﹣2x2+bx+c中，可得b和c的值．
②設(shè)P（a，﹣2a2+4a+6），再利用M（﹣1，0），N（2，6），得到 MN、PM、PN的表達式，最后利用勾股定理求得a的值．
（2）令C（0，c），當y＝0時，代入拋物線得xAxB＝﹣，根據(jù)兩角對應(yīng)相等，可得△AOC∽△DOB，然后再找到
對應(yīng)線段成比例，即得到n的值．
【解答】解：（1）①把M（﹣1，0）N（2，6）代入y＝﹣2x2+bx+c，
得 ，
解得 ，
∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6；
②由①，拋物線解析式為：y＝﹣2x2+4x+6，
設(shè)P（a，﹣2a2+4a+6）
∵M（﹣1，0），N（2，6），
∴MN＝＝3，
∴PM＝，
PN＝，
又∵PN⊥MN，則PM2＝MN2+PN2，
（﹣1﹣a）2+（2a2﹣4a﹣b）2＝（3）2+（2﹣a）2+（2a2﹣4a）2．
整理得：4a2﹣9a+2＝0，
∴（a﹣2）（4a﹣1）＝0．
∴a1＝2，a2＝．
當a＝2時，P與N重合，
∴a＝，PN＝．
（2）證明：設(shè)OA＝﹣xA，OB＝xB，OD＝﹣n
當y＝0時，﹣2x2+bx+c＝0，
∴xAxB＝﹣，
∴OA?OB＝﹣xAxB＝．
∵∠CAO＝∠BDO，∠ACO＝∠DBO
∴△AOC∽△DOB
∴＝
∴OA?OB＝OC?OD
∴＝c?（﹣n）．
∵c≠0
∴n＝﹣．
【例4】（2022?上海模擬）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2﹣3ax+2（a＜0）交y軸于點A，拋物線的對稱軸交x軸于點P，聯(lián)結(jié)PA．
（1）求線段PA的長；
（2）如果拋物線的頂點到直線PA的距離為3，求a的值；
（3）以點P為圓心、PA為半徑的⊙P交y軸的負半軸于點B，第一象限內(nèi)的點Q在⊙P上，且劣弧＝2．如果拋物線經(jīng)過點Q，求a的值．
【分析】（1）分別求出P（，0），A（0，2），由兩點間距離公式可求；
（2）拋物線的頂點為M（，2﹣a），由S△APM＝×PM×OP＝×AP×3，可得a＝﹣；
（3）連接PQ，BP，AM，設(shè)Q（t，at2﹣3at+2），求出M（﹣1，0），由垂徑定理可得AM＝AQ，＝①，PQ＝AP，得②，聯(lián)立①②可得a＝．
【解答】解：（1）y＝ax2﹣3ax+2＝a（x﹣）2+2﹣a，
∴拋物線的對稱軸為x＝，
∴P（，0），
令x＝0，則y＝2，
∴A（0，2），
∴PA＝；
（2）由（1）可知拋物線的頂點為M（，2﹣a），
∵a＜0，
∴2﹣a＞0，
∴S△APM＝×PM×OP＝×AP×3，
∴（2﹣a）×＝×3，
解得a＝﹣；
（3）連接PQ，BP，AM，
∵MP⊥AB，
∴＝，
∵＝2，
∴＝，
∴AM＝AQ，
設(shè)Q（t，at2﹣3at+2），
∵AP＝，P（，0），
∴M（﹣1，0），
∴＝①，
∵PQ＝AP，
∴②，
聯(lián)立①②可得t＝或t＝﹣1（舍），
將t＝代入①，可得a＝．
1．（2021?廣元）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸分別相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，下表給出了這條拋物線上部分點（x，y）的坐標值：
（1）求出這條拋物線的解析式及頂點M的坐標；
（2）PQ是拋物線對稱軸上長為1的一條動線段（點P在點Q上方），求AQ+QP+PC的最小值；
（3）如圖2，點D是第四象限內(nèi)拋物線上一動點，過點D作DF⊥x軸，垂足為F，△ABD的外接圓與DF相交于點E．試問：線段EF的長是否為定值？如果是，請求出這個定值；如果不是，請說明理由．
【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求出拋物線解析式，再運用配方法求出頂點坐標；
（2）如圖1，將點C沿y軸向下平移1個單位得C′（0，2），連接BC′交拋物線對稱軸x＝1于點Q′，過點C作CP′∥BC′，交對稱軸于點P′，連接AQ′，此時，C′、Q′、B三點共線，BQ′+C′Q′的值最小，運用勾股定理即可求出答案；
（3）如圖2，連接BE，設(shè)D（t，﹣t2+2t+3），且t＞3，可得DF＝t2﹣2t﹣3，BF＝t﹣3，AF＝t+1，運用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠DAF＝∠BEF，進而證明△AFD∽△EFB，利用＝，即可求得答案．
【解答】解：（1）根據(jù)表格可得出A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
設(shè)拋物線解析式為y＝a（x+1）（x﹣3），
將C（0，3）代入，得：3＝a（0+1）（0﹣3），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴該拋物線解析式為y＝﹣x2+2x+3，頂點坐標為M（1，4）；
（2）如圖1，將點C沿y軸向下平移1個單位得C′（0，2），連接BC′交拋物線對稱軸x＝1于點Q′，
過點C作CP′∥BC′，交對稱軸于點P′，連接AQ′，
∵A、B關(guān)于直線x＝1對稱，
∴AQ′＝BQ′，
∵CP′∥BC′，P′Q′∥CC′，
∴四邊形CC′Q′P′是平行四邊形，
∴CP′＝C′Q′，Q′P′＝CC′＝1，
在Rt△BOC′中，BC′＝＝＝，
∴AQ′+Q′P′+P′C＝BQ′+C′Q′+Q′P′＝BC′+Q′P′＝+1，
此時，C′、Q′、B三點共線，BQ′+C′Q′的值最小，
∴AQ+QP+PC的最小值為+1；
（3）線段EF的長為定值1.
如圖2，連接BE，
設(shè)D（t，﹣t2+2t+3），且t＞3，
∵EF⊥x軸，
∴DF＝﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t﹣3，
∵F（t，0），
∴BF＝OF﹣OB＝t﹣3，AF＝t﹣（﹣1）＝t+1，
∵四邊形ABED是圓內(nèi)接四邊形，
∴∠DAF+∠BED＝180°，
∵∠BEF+∠BED＝180°，
∴∠DAF＝∠BEF，
∵∠AFD＝∠EFB＝90°，
∴△AFD∽△EFB，
∴＝，
∴＝，
∴EF＝＝＝1，
∴線段EF的長為定值1．
2．（2021?張家界）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點C（2，﹣3），且與x軸交于原點及點B（8，0）．
（1）求二次函數(shù)的表達式；
（2）求頂點A的坐標及直線AB的表達式；
（3）判斷△ABO的形狀，試說明理由；
（4）若點P為⊙O上的動點，且⊙O的半徑為2，一動點E從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿線段AP勻速運動到點P，再以每秒1個單位長度的速度沿線段PB勻速運動到點B后停止運動，求點E的運動時間t的最小值．
【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求出答案；
（2）運用配方法將拋物線解析式化為頂點式，得出頂點坐標，運用待定系數(shù)法求出直線AB的函數(shù)表達式；
（3）方法1：如圖1，過點A作AF⊥OB于點F，則F（4，0），得出△AFO、△AFB均為等腰直角三角形，即可得出答案，
方法2：由△ABO的三個頂點分別是O（0，0），A（4，﹣4），B（8，0），運用勾股定理及逆定理即可得出答案；
（4）以O(shè)為圓心，2為半徑作圓，則點P在圓周上，根據(jù)t＝AP+PB＝PD+PB，可知當B、P、D三點共線時，PD+PB取得最小值，過點D作DG⊥OB于點G，由t＝DB＝即可求出答案．
【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過C（2，﹣3），且與x軸交于原點及點B（8，0），
∴c＝0，二次函數(shù)表達式可設(shè)為：y＝ax2+bx（a≠0），
將C（2，﹣3），B（8，0）代入y＝ax2+bx得：
，
解得：，
∴二次函數(shù)的表達式為；
（2）∵＝（x﹣4）2﹣4，
∴拋物線的頂點A（4，﹣4），
設(shè)直線AB的函數(shù)表達式為y＝kx+m，將A（4，﹣4），B（8，0）代入，得：
，
解得：，
∴直線AB的函數(shù)表達式為y＝x﹣8；
（3）△ABO是等腰直角三角形．
方法1：如圖1，過點A作AF⊥OB于點F，則F（4，0），
∴∠AFO＝∠AFB＝90°，OF＝BF＝AF＝4，
∴△AFO、△AFB均為等腰直角三角形，
∴OA＝AB＝4，∠OAF＝∠BAF＝45°，
∴∠OAB＝90°，
∴△ABO是等腰直角三角形．
方法2：∵△ABO的三個頂點分別是O（0，0），A（4，﹣4），B（8，0），
∴OB＝8，OA＝＝＝，
AB＝＝＝，
且滿足OB2＝OA2+AB2，
∴△ABO是等腰直角三角形；
（4）如圖2，以O(shè)為圓心，2為半徑作圓，則點P在圓周上，依題意知：
動點E的運動時間為t＝AP+PB，
在OA上取點D，使OD＝，連接PD，
則在△APO和△PDO中，
滿足：＝＝2，∠AOP＝∠POD，
∴△APO∽△PDO，
∴＝＝2，
從而得：PD＝AP，
∴t＝AP+PB＝PD+PB，
∴當B、P、D三點共線時，PD+PB取得最小值，
過點D作DG⊥OB于點G，由于，且△ABO為等腰直角三角形，
則有 DG＝1，∠DOG＝45°
∴動點E的運動時間t的最小值為：t＝DB＝＝＝5．
3．（2021?宜賓）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸分別交于A、B兩點，與y軸交于點C（0，6），拋物線的頂點坐標為E（2，8），連結(jié)BC、BE、CE．
（1）求拋物線的表達式；
（2）判斷△BCE的形狀，并說明理由；
（3）如圖2，以C為圓心，為半徑作⊙C，在⊙C上是否存在點P，使得BP+EP的值最小，若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）△BCE是直角三角形．運用勾股定理逆定理即可證明；
（3）如圖，在CE上截取CF＝（即CF等于半徑的一半），連結(jié)BF交⊙C于點P，連結(jié)EP，則BF的長即為所求．
【解答】解：（1）∵拋物線的頂點坐標為E（2，8），
∴設(shè)該拋物線的表達式為y＝a（x﹣2）2+8，
∵與y軸交于點C（0，6），
∴把點C（0，6）代入得：a＝﹣，
∴該拋物線的表達式為y＝x2+2x+6；
（2）△BCE是直角三角形．理由如下：
∵拋物線與x軸分別交于A、B兩點，
∴令y＝0，則﹣（x﹣2）2+8＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
∴BC2＝62+62＝72，CE2＝（8﹣6）2+22＝8，BE2＝（6﹣2）2+82＝80，
∴BE2＝BC2+CE2，
∴∠BCE＝90°，
∴△BCE是直角三角形；
（3）⊙C上存在點P，使得BP+EP的值最小且這個最小值為．理由如下：
如圖，在CE上截取CF＝（即CF等于半徑的一半），連結(jié)BF交⊙C于點P，連結(jié)EP，
則BF的長即為所求．理由如下：
連結(jié)CP，∵CP為半徑，
∴＝＝，
又∵∠FCP＝∠PCE，
∴△FCP∽△PCE，
∴＝＝，即FP＝EP，
∴BF＝BP+EP，
由“兩點之間，線段最短”可得：
BF的長即BP+EP為最小值．
∵CF＝CE，E（2，8），
∴由比例性質(zhì)，易得F（，），
∴BF＝＝．
4．（2020?雨花區(qū)校級一模）如圖1，已知拋物線y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）與x軸交于A，B兩點（A在B的左側(cè)），與y軸交于點C．
（1）連接BC，若∠ABC＝30°，求a的值．
（2）如圖2，已知M為△ABC的外心，試判斷弦AB的弦心距d是否有最小值，若有，求出此時a的值，若沒有，請說明理由；
（3）如圖3，已知動點P（t，t）在第一象限，t為常數(shù)．
問：是否存在一點P，使得∠APB達到最大，若存在，求出此時∠APB的正弦值，若不存在，也請說明理由．
【分析】（1）令y＝0，求得拋物線與x軸的交點A、B的坐標，令x＝0，用a表示C點的坐標，再由三角函數(shù)列出a的方程，便可求得a的值；
（2）過M點作MH⊥AB于點H，連接MA、MC，用d表示出M的坐標，根據(jù)MA＝MC，列出a、d的關(guān)系式，再通過關(guān)系式求得結(jié)果；
（3）取AB的中點T，過T作MT⊥AB，以M為圓心，MA為半徑作⊙M，MT與直線y＝x交于點S，P′為直線y＝x上異于P的任意一點，連接AP′，交⊙M于點K，連接BK，MP，AP，BP，MB，MA，當P為直線y＝x與⊙M的切點時，∠APB達到最大，利用圓圓周角性質(zhì)和解直角三角形的知識求得結(jié)果便可．
【解答】解：（1）連接BC，
令y＝0，得y＝ax2﹣12ax+32a＝0，
解得，x＝4或8，
∴A（4，0），B（8，0），
令x＝0，得y＝ax2﹣12ax+32a＝32a，
∴C（0，32a），
又∠ABC＝30°，
∴tan∠ABC＝，
解得，a＝；
（2）過M點作MH⊥AB于點H，連接MA、MC，如圖2，
∴AH＝BH＝＝2，
∴OH＝6，
設(shè)M（6，d），
∵MA＝MC，
∴4+d2＝36+（d﹣32a）2，
得2ad＝32a2+1，
∴d＝16a+＝，
∴當4時，有，
即當a＝時，有；
（3）∵P（t，t），
∴點P在直線y＝x上，
如圖3，取AB的中點T，過T作MT⊥AB，以M為圓心，MA為半徑作⊙M，MT與直線y＝x交于點S，P′為直線y＝x上異于P的任意一點，連接AP′，交⊙M于點K，連接BK，MP，AP，BP，MB，MA，
當⊙M與直線y＝x相切時，有∠APB＝∠AKB＞∠AP′B，
∴∠APB最大，此時相切點為P，
設(shè)M（6，d），而T（6，0），
∴S（6，6），
∴∠PSM＝90°﹣∠SOT＝45°，
又MP＝MB＝，
∴MS＝＝，
∵MS+MT＝ST＝6，
∴，
解得，d＝2（負根舍去），
經(jīng)檢驗，d＝2是原方程的解，也符合題意，
∴M（6，2），
∴MB＝2，
∵∠AMB＝2∠APB，MT⊥AB，MA＝MB，
∴∠AMT＝∠BMT＝∠AMB＝∠APB，
∴sin∠APB＝sin∠BMT＝．
5．（2020?匯川區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標系上，一條拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）三點，連接BC并延長．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點M是直線BC在第一象限部分上的一個動點，過M作MN∥y軸交拋物線于點N．
1°求線段MN的最大值；
2°當MN取最大值時，在線段MN右側(cè)的拋物線上有一個動點P，連接PM、PN，當△PMN的外接圓圓心Q在△PMN的邊上時，求點P的坐標．
【分析】（1）將三個已知點坐標代入拋物線的解析式中列出方程組求得a、b、c，便可得拋物線的解析式；
（2）1°用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，再設(shè)M的橫坐標為t，用t表示MN的距離，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求得MN的最大值；
2°分三種情況：當∠PMN＝90°時；當∠PNM＝90°時；當∠MPN＝90°時．分別求出符合條件的P點坐標便可．
【解答】解：（1）把A、B、C三點的坐標代入拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）中，得
，
解得，，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣4x+3；
（2）1°設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n（m≠0），則
，
解得，，
∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，
設(shè)M（t，﹣t+3）（0＜t＜3），則N（t，t2﹣4t+3），
∴MN＝﹣t2+3t＝﹣，
∴當t＝時，MN的值最大，其最大值為；
2°∵△PMN的外接圓圓心Q在△PMN的邊上，
∴△PMN為直角三角形，
由1°知，當MN取最大值時，M（），N（），
①當∠PMN＝90°時，PM∥x軸，則P點與M點的縱坐標相等，
∴P點的縱坐標為，
當y＝時，y＝x2﹣4x+3＝，
解得，x＝，或x＝（舍去），
∴P（）；
②當∠PNM＝90°時，PN∥x軸，則P點與N點的縱坐標相等，
∴P點的縱坐標為﹣，
當y＝﹣時，y＝x2﹣4x+3＝﹣，
解得，x＝，或x＝（舍去），
∴P（，）；
③當∠MPN＝90°時，則MN為△PMN的外接圓的直徑，
∴△PMN的外接圓的圓心Q為MN的中點，
∴Q（），半徑為，
過Q作QK∥x軸，與在MN右邊的拋物線圖象交于點K，如圖②，
令y＝，得y＝x2﹣4x+3＝，
解得，x＝＜（舍），或x＝，
∴K（，），
∴QK＝＞，即K點在以MN為直徑的⊙Q外，
設(shè)拋物線y＝x2﹣4x+3的頂點為點L，則l（2，﹣1），
連接LK，如圖②，則L到QK的距離為，
LK＝，
設(shè)Q點到LK的距離為h，則
，
∴＝，
∴直線LK下方的拋物線與⊙Q沒有公共點，
∵拋物線中NL部分（除N點外）在過N點與x軸平行的直線下方，
∴拋物線中NL部分（除N點外）與⊙Q沒有公共點，
∵拋物線K點右邊部分，在過K點與y軸平行的直線的右邊，
∴拋物線K點右邊部分與⊙Q沒有公共點，綜上，⊙Q與MN右邊的拋物線沒有交點，
∴在線段MN右側(cè)的拋物線上不存在點P，使△PMN的外接圓圓心Q在MN邊上；
綜上，點P的坐標為（）或（）．
6．（2021?開福區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2﹣bx+c交x軸于點A，B，點B的坐標為（4，0），與y軸于交于點C（0，﹣2）．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）在拋物線上取點D，若點D的橫坐標為5，求點D的坐標及∠ADB的度數(shù)；
（3）在（2）的條件下，設(shè)拋物線對稱軸l交x軸于點H，△ABD的外接圓圓心為M（如圖1），
①求點M的坐標及⊙M的半徑；
②過點B作⊙M的切線交于點P（如圖2），設(shè)Q為⊙M上一動點，則在點運動過程中的值是否變化？若不變，求出其值；若變化，請說明理由．
【分析】（1）c＝﹣2，將點B的坐標代入拋物線表達式得：0＝﹣4b﹣2，解得：b＝﹣，即可求解；
（2）S△ABD＝＝，則BN＝，sin∠BDH＝＝，即可求解；
（3）①∠ADB＝45°，則∠AMB＝2∠ADB＝90°，MA＝MB，MH⊥AB，AH＝BH＝HM＝，點M的坐標為（，）⊙M的半徑為；
②PH＝HB＝5，則＝，＝，故△HMQ∽△QMP，則＝，即可求解．
【解答】解：（1）c＝﹣2，將點B的坐標代入拋物線表達式得：0＝﹣4b﹣2，解得：b＝，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣2；
（2）當x＝5時，y＝x2﹣x﹣2＝3，故D的坐標為（5，3），
令y＝0，則x＝4（舍去）或﹣1，故點A（﹣1，0），
如圖①，連接BD，作BN⊥AD于N，
∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
∴AD＝3，BD＝，AB＝5，
∵S△ABD＝＝，
∴BN＝，
∴sin∠BDN＝＝＝，
∴∠BDN＝45°；
∴∠ADB＝∠BDN＝45°；
（3）①如圖②，連接MA，MB，
∵∠ADB＝45°，
∴∠AMB＝2∠ADB＝90°，
∵MA＝MB，MH⊥AB，
∴AH＝BH＝HM＝，
∴點M的坐標為（，）⊙M的半徑為；
②如圖③，連接MQ，MB，
∵過點B作⊙M的切線交1于點P，
∴∠MBP＝90°，
∵∠MBO＝45°，
∴∠PBH＝45°，
∴PH＝HB＝2.5，
∵＝，＝，
∵∠HMQ＝∠QMP，
∴△HMQ∽△QMP，
∴＝，
∴在點Q運動過程中的值不變，其值為．
7．（2020?天橋區(qū)二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0），與x軸交于A（4，0）、O兩點，點D（2，﹣2）為拋物線的頂點．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）點E為AO的中點，以點E為圓心、以1為半徑作⊙E，交x軸于B、C兩點，點M為⊙E上一點．
①射線BM交拋物線于點P，設(shè)點P的橫坐標為m，當tan∠MBC＝2時，求m的值；
②如圖2，連接OM，取OM的中點N，連接DN，則線段DN的長度是否存在最大值或最小值？若存在，請求出DN的最值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）用拋物線頂點式表達式得：y＝a（x﹣2）2﹣2，將點A的坐標代入上式，即可求解；
（2）①分點P在x軸下方、點P在x軸上方兩種情況，分別求解即可；
②證明BN是△OEM的中位線，故BN＝EM＝，而BD＝＝，而BD﹣BN≤ND≤BD+BN，即可求解．
【解答】解：（1）由拋物線頂點式表達式得：y＝a（x﹣2）2﹣2，
將點A的坐標代入上式并解得：a＝，
故拋物線的表達式為：y＝（x﹣2）2﹣2＝x2﹣2x①；
（2）①點E是OA的中點，則點E（2，0），圓的半徑為1，則點B（1，0），
當點P在x軸下方時，
如圖1，∵tan∠MBC＝2，
故設(shè)直線BP的表達式為：y＝﹣2x+s，將點B（1，0）的坐標代入上式并解得：s＝2，
故直線BP的表達式為：y＝﹣2x+2②，
聯(lián)立①②并解得：x＝±2（舍去﹣2），故m＝2；
當點P在x軸上方時，
同理可得：m＝4±2（舍去4﹣2）；
故m＝2或4+2；
②存在，理由：
連接BN、BD、EM，
則BN是△OEM的中位線，故BN＝EM＝，而BD＝＝，
在△BND中，BD﹣BN≤ND≤BD+BN，
即﹣0.5≤ND≤+0.5，
故線段DN的長度最小值和最大值分別為﹣0.5和+0.5．
8．（2020?百色）如圖，拋物線的頂點為A（0，2），且經(jīng)過點B（2，0）．以坐標原點O為圓心的圓的半徑r＝，OC⊥AB于點C．
（1）求拋物線的函數(shù)解析式．
（2）求證：直線AB與⊙O相切．
（3）已知P為拋物線上一動點，線段PO交⊙O于點M．當以M，O，A，C為頂點的四邊形是平行四邊形時，求PM的長．
【分析】（1）根據(jù)題意，可設(shè)拋物線的解析式為：y＝ax2+2，把點B的坐標代入即可求出a的值，即可得出拋物線解析式；
（2）根據(jù)切線的判定，證明OC是⊙O的半徑即可；
（3）由題意知，AC是以M，O，A，C為頂點的平行四邊形的邊，利用平行四邊形對邊平行的性質(zhì)，可得出直線OM的解析式，直線OM與拋物線的交點為P，即可求出PM的長．
【解答】解：（1）∵拋物線的頂點為A（0，2），
∴可設(shè)拋物線的解析式為：y＝ax2+2，
∵拋物線經(jīng)過點B（2，0），
∴4a+2＝0，
解得：a＝﹣，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+2；
（2）證明：∵A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB＝2，
∴AB＝2，
∵OC⊥AB，
∴?OA?OB＝?AB?OC，
∴×2×2＝×2?OC，
解得：OC＝，
∵⊙O的半徑r＝，
∴OC是⊙O的半徑，
∴直線AB與⊙O相切；
（3）∵點P在拋物線y＝﹣x2+2上，
∴可設(shè)P（x，﹣x2+2），
以M，O，A，C為頂點的四邊形是平行四邊形時，
可得：AC＝OM＝，CM＝OA＝2，
∵點C是AB的中點，
∴C（1，1），M（1，﹣1），
設(shè)直線OM的解析式為y＝kx，將點M（1，﹣1）代入，
得：k＝﹣1，
∴直線OM的解析式為y＝﹣x，
∵點P在OM上，
∴﹣x2+2＝﹣x，
解得：x1＝1+，x2＝1﹣，
∴y1＝﹣1﹣，y2＝﹣1+，
∴P1（1+，﹣1﹣），P2（1﹣，﹣1+），
如圖，當點P位于P1位置時，
OP1＝＝＝（1+）＝+，
∴P1M＝OP1﹣OM＝+﹣＝，
當點P位于P2位置時，同理可得：OP2＝﹣，
∴P2M＝OP2﹣OM＝﹣﹣＝﹣2；
綜上所述，PM的長是或﹣2．
9．（2020?西藏）在平面直角坐標系中，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，交y軸于點C，點P是第四象限內(nèi)拋物線上的一個動點．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）如圖甲，連接AC，PA，PC，若S△PAC＝，求點P的坐標；
（3）如圖乙，過A，B，P三點作⊙M，過點P作PE⊥x軸，垂足為D，交⊙M于點E．點P在運動過程中線段DE的長是否變化，若有變化，求出DE的取值范圍；若不變，求DE的長．
【分析】（1）由二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于A（﹣2，0），B（4，0）兩點，可得二次函數(shù)的解析式為y＝（x+2）（x﹣4），由此即可解決問題．
（2）根據(jù)S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，構(gòu)建方程即可解決問題．
（3）結(jié)論：點P在運動過程中線段DE的長是定值，DE＝2．根據(jù)AM＝MP，根據(jù)方程求出t，再利用中點坐標公式，求出點E的縱坐標即可解決問題．
【解答】解：（1）∵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，
∴二次函數(shù)的解析式為y＝（x+2）（x﹣4），
即y＝x2﹣x﹣4．
（2）如圖甲中，連接OP．設(shè)P（m，m2﹣m﹣4）．
由題意，A（﹣2，0），C（0，﹣4），
∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，
∴＝×2×4+×4×m﹣×2×（﹣m2+m+4），
整理得，m2+2m﹣15＝0，
解得m＝3或﹣5（舍棄），
∴P（3，﹣）．
（3）結(jié)論：點P在運動過程中線段DE的長是定值，DE＝2．
理由：如圖乙中，連接AM，PM，EM，設(shè)M（1，t），P[m，（m+2）（m﹣4）]，E（m，n）．
由題意A（﹣2，0），AM＝PM，
∴32+t2＝（m﹣1）2+[（m+2）（m﹣4）﹣t]2，
解得t＝1+（m+2）（m﹣4），
∵ME＝PM，PE⊥AB，
∴t＝，
∴n＝2t﹣（m+2）（m﹣4）＝2[1+（m+2）（m﹣4）]﹣（m+2）（m﹣4）＝2，
∴DE＝2，
另解：∵PD?DE＝AD?DB，∴DE＝＝＝2，為定值．
∴點P在運動過程中線段DE的長是定值，DE＝2．
10．（2020?宜賓）如圖，已知二次函數(shù)的圖象頂點在原點，且點（2，1）在二次函數(shù)的圖象上，過點F（0，1）作x軸的平行線交二次函數(shù)的圖象于M、N兩點．
（1）求二次函數(shù)的表達式；
（2）P為平面內(nèi)一點，當△PMN是等邊三角形時，求點P的坐標；
（3）在二次函數(shù)的圖象上是否存在一點E，使得以點E為圓心的圓過點F和點N，且與直線y＝﹣1相切．若存在，求出點E的坐標，并求⊙E的半徑；若不存在，說明理由．
【分析】（1）設(shè)二次函數(shù)表達式為：y＝ax2，將（2，1）代入上式，即可求解；
（2）△PMN是等邊三角形，則點P在y軸上且PM＝4，故PF＝2，即可求解；
（3）在Rt△FQE中，EN＝＝，EF＝＝，即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函數(shù)的圖象頂點在原點，
故設(shè)二次函數(shù)表達式為：y＝ax2，將（2，1）代入上式并解得：a＝，
故二次函數(shù)表達式為：y＝x2；
（2）將y＝1代入y＝x2并解得：x＝±2，故點M、N的坐標分別為（﹣2，1）、（2，1），
則MN＝4，
∵△PMN是等邊三角形，
∴點P在y軸上且PM＝4，
∴PF＝2；
∵點F（0，1），
∴點P的坐標為（0，1+2）或（0，1﹣2）；
（3）假設(shè)二次函數(shù)的圖象上存在一點E滿足條件，
設(shè)點Q是FN的中點，則點Q（1，1），
故點E在FN的中垂線上．
∴點E是FN的中垂線與y＝x2圖象的交點，
∴y＝×12＝，則點E（1，），
EN＝＝，
同理EF＝＝，
點E到直線y＝﹣1的距離為|﹣（﹣1）|＝，
故存在點E，使得以點E為圓心半徑為的圓過點F，N且與直線y＝﹣1相切．
11．（2021?嘉興二模）定義：平面直角坐標系xOy中，過二次函數(shù)圖象與坐標軸交點的圓，稱為該二次函數(shù)的坐標圓．
（1）已知點P（2，2），以P為圓心，為半徑作圓．請判斷⊙P是不是二次函數(shù)y＝x2﹣4x+3的坐標圓，并說明理由；
（2）已知二次函數(shù)y＝x2﹣4x+4圖象的頂點為A，坐標圓的圓心為P，如圖1，求△POA周長的最小值；
（3）已知二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）圖象交x軸于點A，B，交y軸于點C，與坐標圓的第四個交點為D，連結(jié)PC，PD，如圖2．若∠CPD＝120°，求a的值．
【分析】（1）先求出二次函數(shù)y＝x2﹣4x+3圖象與x軸、y軸的交點，再計算這三個交點是否在以P（2，2）為圓心，為半徑的圓上，即可作出判斷．
（2）由題意可得，二次函數(shù)y＝x2﹣4x+4圖象的頂點A（2，0），與y軸的交點H（0，4），所以△POA周長＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2，即可得出最小值．
（3）連接CD，PA，設(shè)二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l與CD交于點E，與x軸交于點F，由對稱性知，對稱軸l經(jīng)過點P，且l⊥CD，設(shè)PE＝m，由∠CPD＝120°，可得PA＝PC＝2m，CE＝m，PF＝4﹣m，因為二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l為，AB＝，所以AF＝BF＝，，在Rt△PAF中，利用勾股定理建立方程，求得m的值，進而得出a的值．
【解答】解：（1）對于二次函數(shù)y＝x2﹣4x+3，
當x＝0時，y＝3；當y＝0時，解得x＝1或x＝3，
∴二次函數(shù)圖象與x軸交點為A（1，0），B（3，0），與y軸交點為C（0，3），
∵點P（2，2），
∴PA＝PB＝PC＝，
∴⊙P是二次函數(shù)y＝x2﹣4x+3的坐標圓．
（2）如圖1，連接PH，
∵二次函數(shù)y＝x2﹣4x+4圖象的頂點為A，坐標圓的圓心為P，
∴A（2，0），與y軸的交點H（0，4），
∴△POA周長＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6，
∴△POA周長的最小值為6．
（3）如圖2，連接CD，PA，
設(shè)二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l與CD交于點E，與x軸交于點F，
由對稱性知，對稱軸l經(jīng)過點P，且l⊥CD，
∵AB＝，
∴AF＝BF＝，
∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C（0，4），
∴∠PCD＝∠PDC＝30°，
設(shè)PE＝m，則PA＝PC＝2m，CE＝m，PF＝4﹣m，
∵二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l為，
∴，即，
在Rt△PAF中，PA2＝PF2+AF2，
∴，
即，
化簡，得，解得，
∴．
12．（2021?常州二模）如圖1：拋物線y＝﹣x2+bx+c過點A（﹣1，0），點B（3，0），與y軸交于點C．動點E（m，0）（0＜m＜3），過點E作直線l⊥x軸，交拋物線于點M．
（1）求拋物線的解析式及C點坐標；
（2）連接BM并延長交y軸于點N，連接AN，OM，若AN∥OM，求m的值．
（3）如圖2．當m＝1時，P是直線l上的點，以P為圓心，PE為半徑的圓交直線l于另一點F（點F在x軸上方），若線段AC上最多存在一個點Q使得∠FQE＝90°，求點P縱坐標的取值范圍．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求出拋物線的解析式，即可得C點坐標；
（2）由拋物線的解析式可得M（m，﹣m2+2m+3），利用待定系數(shù)法求出直線BM的解析式，可得點N的坐標，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠NAO＝∠MOE，根據(jù)等角的正切值相等即可求解；
（3）由題意得點Q與點C重合時，點P縱坐標最小，設(shè)點P（1，a），則點F（1，2a），根據(jù)勾股定理求出a的值，即可得點P縱坐標的取值范圍．
【解答】解：（1）將點A、B的坐標代入拋物線表達式得，
，
解得，
故拋物線的表達式為y＝﹣x2+2x+3，
當x＝0時，y＝3，故點C（0，3）；
（2）∵點E（m，0）（0＜m＜3），過點E作直線l⊥x軸，交拋物線于點M，
∴M（m，﹣m2+2m+3），
∵點B（3，0），
∴直線BM的表達式為y＝（﹣m﹣1）x﹣（﹣m﹣1）,
當x＝0時，3m+3，
∴點N（0，3m+3），
∵AN∥OM，
∴∠NAO＝∠MOE，
∴tan∠NAO＝tan∠MOE，
∴，即，
解得：m1＝，m2＝﹣1（舍去），
∴m的值為；
（3）由題意得點Q與點C重合時，點P縱坐標最小，設(shè)點P（1，a），則點F（1，2a），
∵點A（﹣1，0），點C（0，3），
∴CF2+CE2＝EF2，即1+（2a﹣3）2+1+32＝(2a)2，
解得：a＝，
∵點A（﹣1，0），點C（0，3），
∴AC:y＝3x+3,
設(shè)Q（a，3a+3）（﹣1≤a≤0），
過點Q作QG⊥x軸于G，過點F作FH⊥QG于H，連接QF，QE，
∵∠FQE＝90°，
∴∠FQH+∠EQG＝90°，
∵∠FQH+∠HFQ＝90°，
∴∠EQG＝∠HFQ，
又∵∠H＝∠QGE，
∴△HFQ∽△GQE，
∴，
∴，
∴HQ＝，
∴FE＝HQ+QG＝+3a+3，
令1+a＝t，（0≤t≤1），
∴a＝t﹣1，
∴FE＝+3t＝t+t﹣，
當t＝1時，F(xiàn)E＝，
∵t+t﹣≥2﹣，
∴t+t﹣≥，
∴yF最小值是，
∴yP最小值是，
∴當yP＞時，⊙P與線段AC有一個交點，
當＜yP≤時，⊙P與線段AC有兩個交點，
yP＝時，⊙P與線段AC有一個交點，
0＜yP＜時，⊙P與線段AC沒有交點，
∴點P縱坐標的取值范圍為yp＞或0＜yP≤．
13．（2021?樂山模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+2與直線AB相交于A（﹣1，0），B（3，2），與x軸交于另一點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）在y上是否存在一點E，使四邊形ABCE為矩形，若存在，請求出點E的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）以C為圓心，1為半徑作⊙O，D為⊙O上一動點，求DA+DB的最小值
【分析】（1）把A（﹣1，0）、B（3，2）代入y＝ax2+bx+2，列方程組求a、b的值；
（2）作AE⊥AB交y軸于點E，連結(jié)CE，作BF⊥x軸于點F，證明∠ABC＝90°及△BCF≌△EAO，從而證明四邊形ABCE是矩形且求出點E的坐標；
（3）在（2）的基礎(chǔ)上，作FL⊥BC于點L，證明△FCL∽△BCF及△DCL∽△BCD，得到LD＝DB，再根據(jù)DA+LD≥AL，求出AL的長即為所求的最小值．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0）、B（3，2）代入y＝ax2+bx+2，
得，解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2+x+2．
（2）存在．
如圖1，作AE⊥AB交y軸于點E，連結(jié)CE；作BF⊥x軸于點F，則F（3，0）．
當y＝0時，由x2+x+2＝0，得x1＝1，x2＝4，
∴C（4，0），
∴CF＝AO＝1，AF＝3﹣（﹣1）＝4；
又∵BF＝2，
∴，
∵∠BFC＝∠AFB＝90°，
∴△BFC∽△AFB，
∴∠CBF＝∠BAF，
∴∠ABC＝∠CBF+∠ABF＝∠BAF+∠ABF＝90°，
∴BC∥AE，
∵∠BCF＝90°﹣∠BAC＝∠EAO，∠BFC＝∠EOA＝90°，
∴△BCF≌△EAO（ASA），
∴BC＝EA，
∴四邊形ABCE是矩形；
∵OE＝FB＝2，
∴E（0，﹣2）．
（3）如圖2，作FL⊥BC于點L，連結(jié)AL、CD.
由（2）得∠BFC＝90°，BF＝2，CF＝1，
∴CF＝CD，CB＝＝．
∵∠FLC＝∠BFC＝90°，∠FCL＝∠BCF（公共角），
∴△FCL∽△BCF，
∴＝，
∴＝，
∵∠DCL＝∠BCD（公共角），
∴△DCL∽△BCD，
∴＝，
∴LD＝DB；
∵DA+LD≥AL，
∴當DA+LD＝AL，即點D落在線段AL上時，DA+DB＝DA+LD＝AL最?。?br>∵CL＝CF＝，
∴BL＝＝，
∴BL2＝（）2＝，
又∵AB2＝22+42＝20，
∴AL＝＝＝，
DA+DB的最小值為．
14．（2021?河北區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+3的對稱軸是直線x＝2，與x軸相交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C．
（Ⅰ）求拋物線的解析式及頂點坐標；
（Ⅱ）M為第一象限內(nèi)拋物線上的一個點，過點M作MN⊥x軸于點N，交BC于點D，連接CM，當線段CM＝CD時，求點M的坐標；
（Ⅲ）以原點O為圓心，AO長為半徑作⊙O，點P為⊙O上的一點，連接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．
【分析】（Ⅰ）由x＝2＝﹣＝﹣，解得b＝1，即可求解；
（Ⅱ）當線段CM＝CD時，則點C在MD的中垂線上，即yC＝（yM+yD），即可求解；
（Ⅲ）在OC上取點G，使＝，即，則△POG∽△COP，故2PC+3PB＝2（PB+PC）＝2（BP+PG），故當B、P、G三點共線時，2PC+3PB最小，最小值為3BG，進而求解．
【解答】解：（Ⅰ）∵對稱軸是直線x＝2，
故x＝2＝﹣＝﹣，解得b＝1，
故拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+3＝﹣（x﹣2）2+4，
∴拋物線的頂點為（2，4）；
（Ⅱ）對于y＝﹣x2+x+3，令y＝﹣x2+x+3＝0，解得x＝6或﹣2，令x＝0，則y＝3，
故點A、B、C的坐標分別為（﹣2，0）、（6，0）、（0，3），
設(shè)直線BC的表達式為y＝mx+n，則，解得，
故直線BC的表達式為y＝﹣x+3，
設(shè)點M的坐標為（x，﹣x2+x+3），則點D的坐標為（x，﹣x+3），
當線段CM＝CD時，則點C在MD的中垂線上，即yC＝（yM+yD），
即3＝（﹣x2+x+3﹣x+3），
解得x＝0（舍去）或2，
故點M的坐標為（2，4）；
（Ⅲ）在OC上取點G，使＝，即，則OG＝，則點G（0，），
∵，∠GOP＝∠COP，
∴△POG∽△COP，
∴，故PG＝PC，
則2PC+3PB＝3（PB+PC）＝3（BP+PG），
故當B、P、G三點共線時，2PC+3PB最小，最小值為3BG，
則2PC+3PB的最小值3BG＝3＝2．
15．（2021?長沙模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）的頂點為M，經(jīng)過C（1，1），且與x軸正半軸交于A，B兩點．
（1）如圖1，連接OC，將線段OC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)，使得C落在y軸的負半軸上，求點C的路徑長；
（2）如圖2，延長線段OC至N，使得ON＝，若∠OBN＝∠ONA，且，求拋物線的解析式；
（3）如圖3，拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸為直線，與y軸交于（0，5），經(jīng)過點C的直線l：y＝kx+m（k＞0）與拋物線交于點C、D，若在x軸上存在P1、P2，使∠CP1D＝∠CP2D＝90°，求k的取值范圍．
【分析】（1）由點C的路徑長＝，即可求解；
（2）證明△ONA∽△OBN，則OA?OB＝ON2＝3，即，得到c＝3a，而a+b+c＝1，tan∠ABM＝，得到（1﹣4a）2﹣4a?3a＝13，即可求解；
（3）由點D、C的坐標得到k＝＝t﹣4，若在x軸上有且僅有一點P，使∠CPD＝90°，則過CD中點的圓R與x軸相切，設(shè)切點為P，得到（﹣1）2+（﹣1）2＝（）2，求出t＝3+，進而求解．
【解答】解：（1）點C的路徑長＝＝；
（2）∵∠ONA＝∠OBN，∠AON＝∠NOB，
∴△ONA∽△OBN，
∴，即OA?OB＝ON2＝3，即，
故c＝3a，
∵a+b+c＝1，
在△ABM中，tan∠ABM＝＝＝，
∴b2﹣4ac＝13，
即（1﹣4a）2﹣4a?3a＝13，解得a＝﹣1（舍去）或3，
∴拋物線的表達式為y＝3x2﹣11x+9；
（3）由題意得：，解得，
故拋物線的表達式為：y＝x2﹣5x+5；
設(shè)點D（t，n），n＝t2﹣5t+5，而點C（1，1），
將點D、C的坐標代入函數(shù)表達式得，
則k＝＝t﹣4，
若在x軸上有且僅有一點P，使∠CPD＝90°，則過CD中點的圓R與x軸相切，設(shè)切點為P，
則點H（，），則HP＝HC，
即（﹣1）2+（﹣1）2＝（）2，
化簡得：3t2﹣18t+19＝0，
解得：t＝3+（不合題意的值已舍去），
k＝t﹣4＝﹣1．
若在x軸上存在P1、P2，使∠CP1D＝∠CP2D＝90°，則以DC為直徑的圓H和x軸相交，
∴0＜k＜．
16．（2021秋?上城區(qū)校級期中）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B左邊），與y軸交于點C，⊙M是△ABC的外接圓．若拋物線的頂點D的坐標為（1，4）．
（1）求拋物線的解析式，及A、B、C三點的坐標；
（2）求⊙M的半徑和圓心M的坐標；
（3）如圖2，在x軸上有點P（7，0），試在直線BC上找點Q，使B、Q、P三點構(gòu)成的三角形與△ABC相似．若存在，請直接寫出點坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由頂點坐標公式直接求出b、c的值，再令y＝0、x＝0即可求得A、B、C三點的坐標；
（2）根據(jù)三角形外心為三邊中垂線交點即可求得⊙M的圓心M和半徑；
（3）先算出AB、AC，再求出直線BC解析式，設(shè)出Q的坐標，表示出BQ，分兩種情況：①則△ACB∽△PQB；②△ACB∽△QPB．再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c的頂點D的坐標為（1，4），
∴，解得，
拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，
令x＝0，y＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）；
（2）如圖1，連接MB，MC，
∵三角形外心為三邊中垂線交點，
∴設(shè)M（1，m），
∵MB＝MC，
∴＝，
解得m＝1，
∴M（1，1），
∴MB＝＝，
∴⊙M的半徑為，圓心M的坐標為（1，1）；
（3）由（1）知，AB＝3﹣（﹣1）＝4，OC＝3，BC＝＝3，
設(shè)直線BC：y＝kx+3，
將B（3，0）代入得0＝3k+3，
解得k＝﹣1，
∴直線BC：y＝﹣x+3，
設(shè)Q（t，﹣t+3），
則BQ＝＝（t﹣3），
∵P（7，0），
∴BP＝4，
∵B、Q、P三點構(gòu)成的三角形與△ABC相似，∠ABC＝∠PBQ，
∴＝或，
①當＝時，
∴，
∴BQ2＝3，
∴t﹣3＝3，
解得t＝6；
①當時，
∴，
∴BQ1＝，
∴t﹣3＝，
解得t＝，
∴點Q的坐標為（6，﹣3）或（，﹣）．
17．（2021秋?西湖區(qū)校級期中）我們把一個半圓與拋物線的一部分合成的封閉圖形稱為“蛋圓”．如圖所示，點A、B、C、D分別是“蛋圓”與坐標軸的交點，已知點D的坐標為（0，﹣3），AB為半圓的直徑，半圓圓心M的坐標為（1，0），半圓半徑為2．
（1）求“蛋圓”拋物線部分的解析式及“蛋圓”的弦CD的長；
（2）已知點E是“蛋圓”上的一點（不與點A，點B重合），點E關(guān)于x軸的對稱點是點F，若點F也在“蛋圓”上，求點E坐標；
（3）點P是“蛋圓”外一點，滿足∠BPC＝60°，當BP最大時，直接寫出點P的坐標．
【分析】（1）利用交點式將已知點代入求出函數(shù)解析式即可；證明△ACO∽△CBO，得出，則可求出答案．
（2）假設(shè)點E在x軸上方的“蛋圓”上，EF與x軸交于點H，連接EM．由HM2+EH2＝EM2，點F在二次函數(shù)y＝x2﹣2x﹣3的圖象上，可得方程組，以及對稱性求解．
（3）根據(jù)∠BPC＝60°保持不變，點P在一圓弧上運動和直徑是最大的弦進行解答即可．
【解答】解：（1）∵半圓圓心M的坐標為（1，0），半圓半徑為2．
∴A（﹣1，0），B（3，0），
設(shè)拋物線為y＝a（x+1）（x﹣3），
∵拋物線過D（0，﹣3），
∴﹣3＝a（0+1）（0﹣3），
解得a＝1，y＝（x+1）（x﹣3），
即y＝x2﹣2x﹣3（﹣1≤x≤3）；
連接AC，BC，
∵AB為半圓的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵CO⊥AB，
∴∠ACO+∠OCB＝∠OCB+∠OBC＝90°，
∴∠ACO＝∠OBC，
∴△ACO∽△CBO，
∴，
∴CO2＝AO?BO＝3，
∴CO＝，
∴CD＝CO+OD＝3+；
（2）假設(shè)點E在x軸上方的“蛋圓”上，設(shè)E（m，n），則點F的坐標為（m，﹣n）．
EF與x軸交于點H，連接EM．
∴HM2+EH2＝EM2，
∴（m﹣1）2+n2＝4，…①；
∵點F在二次函數(shù)y＝x2﹣2x﹣3的圖象上，
∴m2﹣2m﹣3＝﹣n，…②；
解由①②組成的方程組得：；．（n＝0舍去）
由對稱性可得：；．
∴E1（1+，1），E2（1﹣，1），，．
（3）如圖4，∵∠BPC＝60°保持不變，
因此點P在一圓弧上運動．
此圓是以K為圓心（K在BC的垂直平分線上，且∠BKC＝120°），BK為半徑．
當BP為直徑時，BP最大．
在Rt△PCR中可求得PR＝1，RC＝．
所以點P的坐標為（1，2）．
18．（2021?雨花區(qū)二模）如圖1，已知圓O的圓心為原點，半徑為2，與坐標軸交于A，C，D，E四點，B為OD中點．
（1）求過A，B，C三點的拋物線解析式；
（2）如圖2，連接BC，AC．點P在第一象限且為圓O上一動點，連接BP，交AC于點M，交OC于點N，當MC2＝MN?MB時，求M點的坐標；
（3）如圖3，若拋物線與圓O的另外兩個交點分別為H，F(xiàn)，請判斷四邊形CFEH的形狀，并說明理由．
【分析】（1）先根據(jù)圓的性質(zhì)得出A（2，0），C（0，2），D（﹣2，0），E（0，﹣2），設(shè)y＝a（x+1）（x﹣2），將C（0，2）代入，即可求得拋物線解析式．
（2）如圖2，過點C作CH⊥BP于H，根據(jù)MC2＝MN?MB，∠CMN＝∠BMC，可得△MCN∽△MBC，進而可求得CH＝BH＝，再利用三角函數(shù)求得CM＝，AM＝，過點M作MG⊥OA于G，即可求得答案．
（3）設(shè)拋物線與⊙O的交點坐標為（t，﹣t2+t+2），根據(jù)⊙O的半徑為2，可得方程（t﹣0）2+（﹣t2+t+2﹣0）2＝22，即可得出H（，），F(xiàn)（﹣，﹣），進而得出H、F關(guān)于點O對稱，故FH＝CE＝4，且OC＝OE＝OF＝OH，即可判斷四邊形CFEH是矩形．
【解答】解：（1）如圖1，∵圓O的圓心為原點，半徑為2，與坐標軸交于A，C，D，E四點，
∴A（2，0），C（0，2），D（﹣2，0），E（0，﹣2），
∵B為OD中點，
∴B（﹣1，0），
∵拋物線經(jīng)過點A（2，0），B（﹣1，0），C（0，2），
∴設(shè)y＝a（x+1）（x﹣2），將C（0，2）代入，得：2＝a（0+1）（0﹣2），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣2）＝﹣x2+x+2，
∴拋物線解析式為y＝﹣x2+x+2.
（2）如圖2，過點C作CH⊥BP于H，
∵OB＝1，OC＝2，OA＝2，∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴BC＝，AC＝2，
∵MC2＝MN?MB，
∴＝，
∵∠CMN＝∠BMC，
∴△MCN∽△MBC，
∴∠MCN＝∠MBC，
∵OA＝OC＝2，∠AOC＝90°，
∴∠MCN＝45°，
∴∠MBC＝45°，
∵∠BHC＝90°，
∴CH＝BH＝BC?cs∠MBC＝?cs45°＝，
∵∠BCH＝∠MBC＝45°，
∴∠BCO+∠HCN＝∠MCH+∠HCN，
∴∠BCO＝∠MCH，
∴cs∠BCO＝cs∠MCH，
∴＝，即＝，
∴CM＝，
∴AM＝AC﹣CM＝2﹣＝，
過點M作MG⊥OA于G，則∠AGM＝90°，
∵∠MAG＝45°，
∴AG＝MG＝AM?sin∠MAG＝×sin45°＝，
∴OG＝OA﹣AG＝2﹣＝，
∴M（，）．
（3）四邊形CFEH是矩形．理由如下：
設(shè)拋物線與⊙O的交點坐標為（t，﹣t2+t+2），
∵⊙O的半徑為2，
∴（t﹣0）2+（﹣t2+t+2﹣0）2＝22，
化簡，得：t4﹣2t3﹣2t2+4t＝0，
∵t≠0，
∴t3﹣2t2﹣2t+4＝0，
∴（t﹣2）（t2﹣2）＝0，
解得：t1＝2（舍去），t2＝，t3＝﹣，
∴H（，），F(xiàn)（﹣，﹣），
∴H、F關(guān)于點O對稱，
∴FH＝CE＝4，且OC＝OE＝OF＝OH，
∴四邊形CFEH是矩形．
19．（2020?東?？h二模）如圖，△AOB的三個頂點A、O、B分別落在拋物線C1：y＝x2+x上，點A的坐標為（﹣4，m），點B的坐標為（n，﹣2）．（點A在點B的左側(cè)）
（1）則m＝ ﹣4 ，n＝ ﹣1 ．
（2）將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'OB'，拋物線C2：y＝ax2+bx+4經(jīng)過A'、B'兩點，延長OB'交拋物線C2于點C，連接A'C．設(shè)△OA'C的外接圓為⊙M．
①求圓心M的坐標；
②試直接寫出△OA'C的外接圓⊙M與拋物線C2的交點坐標（A'、C除外）．
【分析】（1）把x＝﹣4代入拋物線C1解析式求得y即得到點A坐標；把y＝﹣2代入拋物線C1解析式，解方程并判斷大于﹣4的解為點B橫坐標．
（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)90°的性質(zhì)特點可求點A'、B'坐標（過點作x軸垂線，構(gòu)造全等得到對應(yīng)邊相等）及OA'的長，用待定系數(shù)法求拋物線F2的解析式，求出直線OC的解析式，構(gòu)建方程組確定點C的坐標，求出線段OA′，線段A′C的垂直平分線的解析式，構(gòu)建方程組解決問題即可．
②設(shè)⊙M與拋物線C2的交點為P（m，m2﹣3m+4）．根據(jù)PM＝OM，構(gòu)建方程求解即可．
【解答】解：（1）當x＝﹣4時，y＝×（﹣4）2+×（﹣4）＝﹣4，
∴點A坐標為（﹣4，﹣4），
當y＝﹣2時，x2+x＝﹣2，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣6，
∵點A在點B的左側(cè)，
∴點B坐標為（﹣1，﹣2），
∴m＝﹣4，n＝﹣1．
故答案為﹣4，﹣1．
（2）①如圖1，過點B作BE⊥x軸于點E，過點B'作B'G⊥x軸于點G．
∴∠BEO＝∠OGB'＝90°，OE＝1，BE＝2，
∵將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'OB′，
∴OB＝OB'，∠BOB'＝90°，
∴∠BOE+∠B'OG＝∠BOE+∠OBE＝90°，
∴∠B'OG＝∠OBE，
在△B'OG與△OBE中，
，
∴△B'OG≌△OBE（AAS），
∴OG＝BE＝2，B'G＝OE＝1，
∵點B'在第四象限，
∴B'（2，﹣1），
同理可求得：A'（4，﹣4），
∴OA＝OA'＝＝4，
∵拋物線F2：y＝ax2+bx+4經(jīng)過點A'、B'，
∴，
解得：，
∴拋物線F2解析式為：y＝x2﹣3x+4，
∵直線OB′的解析式為y＝﹣x，
由，解得或，
∴點C（8，﹣4），
∵A′（4，﹣4），
∴A′C∥x軸，
∵線段OA′的垂直平分線的解析式為y＝x﹣4，
線段A′C的垂直平分線為x＝6，
∴直線y＝x﹣4與x＝6的交點為（6，2），
∴△OA′C的外接圓的圓心M的坐標為（6，2）．
②設(shè)⊙M與拋物線C2的交點為P（m，m2﹣3m+4）．
則有（m﹣6）2+（m2﹣3m+2）2＝62+22，
解得m＝0或12或4或8，
∵A'、C除外，
∴P（0，4），或（12，4）．
20．（2022?綠園區(qū)二模）在平面直角坐標系中，已知某二次函數(shù)的圖象同時經(jīng)過點A（0，3）、B（2m，3）、C（m，m+3）．其中，m≠0．
（1）當m＝1時．
①該二次函數(shù)的圖象的對稱軸是直線 x＝1 ．
②求該二次函數(shù)的表達式．
（2）當|m|≤x≤|m|時，若該二次函數(shù)的最大值為4，求m的值．
（3）若同時經(jīng)過點A、B、C的圓恰好與x軸相切時，直接寫出該二次函數(shù)的圖象的頂點坐標．
【分析】（1）①根據(jù)所給的點可知A、B兩點關(guān)于拋物線對稱軸對稱，利用對稱性可求對稱軸；
②利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）用的待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式y(tǒng)＝﹣（x﹣m）2+m+3，再分兩種情況討論：當m＞0時，m≤x≤m，當x＝m時，函數(shù)有最大值m+3；當m＜0時，﹣m≤x≤﹣m，當x＝﹣m時，函數(shù)有最大值；分別求m的值即可求解；
（3）先判斷△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，則過點A、B、C的圓是以AB的中點M為圓心，AB為半徑，再分兩種情況討論：當m＞0時，MN＝AM＝|m|＝3，可求C點坐標；當m＜0時，CM＝AM＝3＝|m|，可求C點坐標．
【解答】解：（1）①∵A（0，3）、B（2m，3），
∴A、B兩點關(guān)于拋物線對稱軸對稱，
∵m＝1，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，
故答案為：x＝1；
②設(shè)y＝ax2+bx+c（a≠0），
∵m＝1，
∴B（2，3）、C（1，4），
將點A、B、C代入y＝ax2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵A（0，3）、B（2m，3）兩點關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝m，
設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣m）2+m+3，
將點A（0，3）代入，
∴am2+m+3＝3，
∴a＝﹣，
∴y＝﹣（x﹣m）2+m+3，
當m＞0時，m≤x≤m，
∴當x＝m時，函數(shù)有最大值m+3，
∴m+3＝4，
∴m＝1；
當m＜0時，﹣m≤x≤﹣m，
∴當x＝﹣m時，函數(shù)有最大值，
∴4＝﹣（﹣m﹣m）2+m+3，
解得m＝﹣；
綜上所述：m的值為1或﹣；
（3）∵A（0，3）、B（2m，3）、C（m，m+3），
∴AB＝|2m|，AC＝|m|，BC＝|m|，
∴△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴過點A、B、C的圓是以AB的中點M為圓心，AB為半徑，
如圖1，當m＞0時，
∵⊙M與x軸相切，
∴MN＝AM＝|m|＝3，
∴m＝3，
∴C（3，6）；
如圖2，當m＜0時，
∵⊙M與x軸相切，
∴CM＝AM＝3＝|m|，
∴m＝﹣3，
∴C（﹣3，0）；
綜上所述：該二次函數(shù)的圖象的頂點坐標為（3，6）或（﹣3，0）．
21．（2022?炎陵縣一模）拋物線：y＝﹣x2+bx+c與y軸的交點C（0，3），與x軸的交點分別為E、G兩點，對稱軸方程為x＝1．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，過點C作y軸的垂線交拋物線于另一點D，F(xiàn)為拋物線的對稱軸與x軸的交點，P為線段OC上一動點．若PD⊥PF，求點P的坐標．
（3）如圖1，如果一個圓經(jīng)過點O、點G、點C三點，并交于拋物線對稱軸右側(cè)x軸的上方于點H，求∠OHG的度數(shù)；
（4）如圖2，將拋物線向下平移2個單位長度得到新拋物線L，點B是頂點．直線y＝kx﹣k+4（k＜0）與拋物線L交于點M、N．與對稱軸交于點G，若△BMN的面積等于2，求k的值．
【分析】（1）將C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c求出c＝3，再由x＝﹣＝1求出b，即可求解析式；
（2）設(shè)P點坐標為（0，a），證明△CDP∽△OPF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出a的值，即可求解；
（3）證明△COG為等腰直角三角形，則∠OCG＝45°，由題意得點O、點G、點C、點H四點共圓，根據(jù)圓周角定理即可求解；
（4）根據(jù)平移的性質(zhì)得拋物線L的解析式為y＝﹣x2+2x+3﹣2＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2，則B點坐標為（1，2），由kx﹣k+4＝﹣x2+2x+1，即x2+（k﹣2）x+3﹣k＝0，設(shè)兩個交點為N（x1，y1），M（x2，y2），則x1+x2＝2﹣k，x1x2＝3﹣k，根據(jù)S△BMN＝S△BGN﹣S△BGM＝可得方程，解方程即可得k的值．
【解答】解：（1）將C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c可得c＝3，
∵對稱軸是直線x＝1，
∴x＝﹣＝，
解得b＝2，
∴二次函數(shù)解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3與y軸的交點C（0，3），對稱軸方程為x＝1．CD⊥y軸，
∴D（2，3），
∵對稱軸與x軸相較于點F，
∴點F的坐標為（1，0），
設(shè)P點坐標為（0，a），
∵CD⊥y軸，OF⊥y軸，
∴∠DCF＝∠POF＝90°
∴∠OFP+∠OPF＝90°，
∵PD⊥PF，
∴∠DPF＝90°，
∴∠CPD+∠OPF＝90°，
∴∠OFP＝∠CPD，
∴△CDP∽△OPF，
∴，
∴，
解得：a1＝1，a2＝2，
∴P點的坐標為（0，1）或（0，2）；
（3）如圖：連接CG，
∵y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，
解得x＝3或x＝﹣1，
∴G（3，0），E（﹣1，0），
∴OG＝OC，
∵OC⊥OG，
∴△COG為等腰直角三角形，
∴∠OCG＝45°，
∵點O、點G、點C、點H四點共圓，
∴∠OHG＝∠OCG＝45°；
（4）∵將拋物線向下平移2個單位長度得到拋物線L，
∴拋物線L的解析式為y＝﹣x2+2x+3﹣2＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2，
∴B點坐標為（1，2），
聯(lián)立，即kx﹣k+4＝﹣x2+2x+1，
∴x2+（k﹣2）x+3﹣k＝0，
設(shè)兩個交點為N（x1，y1），M（x2，y2），
則x1+x2＝2﹣k，x1x2＝3﹣k，
S△BMN＝S△BGN﹣S△BGM＝＝BG＝＝BG＝2，
把x＝1代入y＝kx﹣k+4，得；y＝4，
∴G（1，4），
∵B（1，2），
∴BG＝4﹣2＝2，
∴，解得：k＝±4，
∵k＜0，
∴k＝﹣4．
22．（2022?楊浦區(qū)二模）如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝﹣+bx+c與x軸相交于點A（4，0），與y軸相交于點B（0，3），在x軸上有一動點E（m，0）（0＜m＜4），過點E作x軸的垂線交線段AB于點N，交拋物線于點P，過P作PM⊥AB，垂足為點M．
（1）求這條拋物線的表達式；
（2）設(shè)△PMN的周長為C1，△AEN的周長為C2，如果，求點P的坐標；
（3）如果以N為圓心，NA為半徑的圓與以O(shè)B為直徑的圓內(nèi)切，求m的值．
【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得拋物線解析式；
（2）先證明△PMN∽△AEN，根據(jù)相似三角形性質(zhì)可得出：．利用待定系數(shù)法可得直線AB的解析式為．設(shè)點P（m，﹣m2+m+3）（0＜m＜4），則PN＝﹣m2+3m．AN＝（4﹣m），建立方程求解即可得出答案；
（3）設(shè)OB的中點為點Q，則點Q的坐標，過點N作NK⊥y軸于點K，則NK＝m，KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+，運用勾股定理可得QN＝＝，根據(jù)兩圓內(nèi)切建立方程求解即可得出答案．
【解答】解，（1）∵拋物線與x軸交于點A（4，0），與y軸交于點C（0，3），
∴
∴
∴拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+3；
（2）如圖1，∵PM⊥AB，PE⊥x軸，
∴∠PMN＝∠PEA＝90°，
又∵∠PNM＝∠ANE，
∴△PMN∽△AEN．
∴．即．
又∵，
∴．
設(shè)直線AB：y＝kx+b，又直線AB經(jīng)過點A（4，0），點B（0，3），
∴
∴
∴．
∵點P在拋物線y＝﹣x2+x+3上，
∴設(shè)點P（m，﹣m2+m+3）（0＜m＜4），
∵點N在直線y＝﹣x+3上，設(shè)點N（m，﹣m+3）．
∴PN＝﹣m2+m+3﹣（m+3）＝﹣m2+3m．
又．
∴，
解得：m1＝2，m2＝4（不合題意，舍去）．
∴點P的坐標是．
（3）如圖2，設(shè)OB的中點為點Q，則點Q的坐標，
又點，過點N作NK⊥y軸于點K，則NK＝m，KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+，
在Rt△NQK中，QN＝＝，
當⊙N與⊙Q內(nèi)切時，．
∴＝（4﹣m）﹣，
解之得：．
∴當⊙N與⊙Q內(nèi)切時，．
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…

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