(1)求的長和關于的函數表達式．
(2)當，且長度分別等于，，的三條線段組成的三角形與相似時，求的值．
(3)延長交半圓于點，當時，求的長．
【答案】(1)，
(2)或或
(3)
【分析】（1）如圖1，連接，根據切線的性質得出，證明，得出，即可得出；證明四邊形是平行四邊形，得出，代入數據可得；
（2）根據三邊之比為，可分為三種情況．當時，當時，當時，分別列出比例式，進而即可求解．
（3）連接，，過點作于點，根據，得出，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解．
【詳解】（1）解：如圖1，連接．

∵切半圓于點，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
如圖2，，
∴．

∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）∵，，三邊之比為（如圖2），
∴可分為三種情況．
i）當時，
，，
解得，
∴．
ii）當時，
，，
解得，
∴．
iii）當時，
，，
解得，
∴．
（3）如圖3，連接，，過點作于點，

則，，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，即的長為．
【點睛】本題考查了切線的性質，解直角三角形，相似三角形的性質與判定，函數解析式，分類討論，作出輔助線是解題的關鍵．
2．（2023·山東煙臺·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線與軸交于兩點，與軸交于點．拋物線的對稱軸與經過點的直線交于點，與軸交于點．

(1)求直線及拋物線的表達式；
(2)在拋物線上是否存在點，使得是以為直角邊的直角三角形?若存在，求出所有點的坐標；若不存在，請說明理由；
(3)以點為圓心，畫半徑為2的圓，點為上一個動點，請求出的最小值．
【答案】(1)直線的解析式為；拋物線解析式為；(2)存在，點M的坐標為或 或；(3)
【分析】（1）根據對稱軸，，得到點A及B的坐標，再利用待定系數法求解析式即可；
（2）先求出點D的坐標，再分兩種情況：①當時，求出直線的解析式為，解方程組，即可得到點M的坐標；②當時，求出直線的解析式為，解方程組，即可得到點M的坐標；
（3）在上取點，使，連接，證得，又，得到，推出，進而得到當點C、P、F三點共線時，的值最小，即為線段的長，利用勾股定理求出即可．
【詳解】（1）解：∵拋物線的對稱軸，，
∴，
將代入直線，得，
解得，
∴直線的解析式為；
將代入，得
，解得，
∴拋物線的解析式為；
（2）存在點，
∵直線的解析式為，拋物線對稱軸與軸交于點．
∴當時，，
∴，
①當時，
設直線的解析式為，將點A坐標代入，
得，
解得，
∴直線的解析式為，
解方程組，
得或，
∴點M的坐標為；
②當時，
設直線的解析式為，將代入，
得，
解得，
∴直線的解析式為，
解方程組，
解得或，
∴點M的坐標為 或
綜上，點M的坐標為或 或；
（3）如圖，在上取點，使，連接，
∵，
∴，
∵，、
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴當點C、P、F三點共線時，的值最小，即為線段的長，
∵，
∴，
∴的最小值為．

【點睛】此題是一次函數，二次函數及圓的綜合題，掌握待定系數法求函數解析式，直角三角形的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，求兩圖象的交點坐標，正確掌握各知識點是解題的關鍵．
3．（2023·江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題）如圖，二次函數的圖像與軸分別交于點（點A在點的左側），直線是對稱軸．點在函數圖像上，其橫坐標大于4，連接，過點作，垂足為，以點為圓心，作半徑為的圓，與相切，切點為．

(1)求點的坐標；
(2)若以的切線長為邊長的正方形的面積與的面積相等，且不經過點，求長的取值范圍．
【答案】(1)；(2)或或
【分析】（1）令求得點的橫坐標即可解答；
（2）由題意可得拋物線的對稱軸為，設，則；如圖連接，則，進而可得切線長為邊長的正方形的面積為；過點P作軸，垂足為H，可得；由題意可得，解得；然后再分當點M在點N的上方和下方兩種情況解答即可．
【詳解】（1）解：令，則有：，解得：或，
∴．
（2）解：∵拋物線過
∴拋物線的對稱軸為，
設，
∵，
∴,
如圖：連接，則，
∴，
∴切線為邊長的正方形的面積為，
過點P作軸，垂足為H，則：，
∴
∵，
∴，

假設過點,則有以下兩種情況：
①如圖1：當點M在點N的上方，即

∴，解得：或，
∵
∴；
②如圖2：當點M在點N的上方，即

∴，解得：，
∵
∴；
綜上，或．
∴當不經過點時，或或．
【點睛】本題主要考查了二次函數的性質、切線的性質、勾股定理等知識點，掌握分類討論思想是解答本題的關鍵．
4．（2023·四川自貢·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線與x軸交于，兩點，與軸交于點．

(1)求拋物線解析式及，兩點坐標；
(2)以，，，為頂點的四邊形是平行四邊形，求點坐標；
(3)該拋物線對稱軸上是否存在點，使得，若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)拋物線解析式為，，；(2)或或；(3)
【分析】（1）將點代入拋物線解析式，待定系數法求解析式，進而分別令，即可求得兩點的坐標；
（2）分三種情況討論，當，為對角線時，根據中點坐標即可求解；
（3）根據題意，作出圖形，作交于點，為的中點，連接，則在上，根據等弧所對的圓周角相等，得出在上，進而勾股定理，根據建立方程，求得點的坐標，進而得出的解析式，即可求解．
【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸交于，
∴
解得：，
∴拋物線解析式為，
當時，，
∴，
當時，
解得：，
∴
（2）∵，，，
設，
∵以，，，為頂點的四邊形是平行四邊形
當為對角線時，
解得：，
∴；
當為對角線時，
解得：
∴
當為對角線時，
解得：
∴
綜上所述，以，，，為頂點的四邊形是平行四邊形，或或
（3）解：如圖所示，作交于點，為的中點，連接，

∵
∴是等腰直角三角形，
∴在上，
∵，，
∴，，
∵，
∴在上，
設，則
解得：（舍去）
∴點
設直線的解析式為
∴
解得：.
∴直線的解析式
∵，，
∴拋物線對稱軸為直線，
當時，，
∴．
【點睛】本題考查了二次函數的綜合運用，待定系數法求解析式，平行四邊形的性質，圓周角角定理，勾股定理，求一次函數解析式，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
5．（2023·四川樂山·統(tǒng)考中考真題）已知是拋物（b為常數）上的兩點，當時，總有
(1)求b的值；
(2)將拋物線平移后得到拋物線．
探究下列問題：
①若拋物線與拋物線有一個交點，求m的取值范圍；
②設拋物線與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，拋物線的頂點為點E，外接圓的圓心為點F，如果對拋物線上的任意一點P，在拋物線上總存在一點Q，使得點P、Q的縱坐標相等．求長的取值范圍．
【答案】(1)0；(2)①②
【分析】（1）根據，且時，總有，變形后即可得到結論；
（2）按照臨界情形，畫出圖象分情況討論求解即可．
【詳解】（1）解：由題可知：
時，總有，
．
則，
∴，
∴總成立，且，
；
（2）①注意到拋物線最大值和開口大小不變，m只影響圖象左右平移下面考慮滿足題意的兩種臨界情形：
（i）當拋物線過點時，如圖所示，

此時，，解得或（舍）．
（ii）當拋物線過點時，如圖所示，

此時，，
解得或（舍），
綜上，，
②同①考慮滿足題意的兩種臨界情形：
（i）當拋物線過點時，如圖所示，

此時，，解得或（舍）．
（ii）當拋物線過點時，如圖所示，

此時，，解得或0（舍）．
綜上，
如圖，由圓的性質可知，點E、F在線段的垂直平分線上．

令，解得，
，
，
，
設，
，
，
，
，
，即，
．
，即，
，
【點睛】此題考查了二次函數的圖象和性質、垂徑定理、解一元二次方程等知識，數形結合和分類討論是解題的關鍵．
6．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線與x軸交于點、，且經過點．

(1)求拋物線的表達式；
(2)在x軸上方的拋物線上任取一點N，射線、分別與拋物線的對稱軸交于點P、Q，點Q關于x軸的對稱點為，求的面積；
(3)點M是y軸上一動點，當最大時，求M的坐標．
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）設拋物線的解析式為，代入點C的坐標，確定a值即可．
（2）設，直線的解析式為，直線的解析式為，表示出P，Q，的坐標，進而計算即可．
（3）當M是y軸與經過A，C，M三點的圓的切點是最大計算即可.
【詳解】（1）∵拋物線與x軸交于點、，
∴設拋物線的解析式為，
∵經過點，
∴，
解得，
∴，
∴．
（2）如圖，當點N在對稱軸的右側時，
∵，
∴對稱軸為直線，

設，直線的解析式為，直線的解析式為，
∴
解得，
∴直線的解析式為，直線的解析式為，
當時，，
，
∴，，，
∴，
∴．
如圖，當點N在對稱軸的左側時，
∵，
∴對稱軸為直線，

設，，，，
∴，
∴．
綜上所述，．
（3）當的外接圓與相切，切點為M時， 最大，
設外接圓的圓心為E，Q是異于點M的一點，連接，，交圓于點T，
則，根據三角形外角性質，得，故，
∴最大，
設與圓交于點H，連接，，根據切線性質，
∴，
作直徑，連接，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
設，則，
∴，
∴，
過點E作，垂足為F，過點C作，垂足為G，交于點P，
根據垂徑定理，得，四邊形是矩形，
∴，

根據，得，
∴，
∴，
在直角三角形中，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，（舍去），
∴，
故，
∴當最大時，．
【點睛】此題是二次函數綜合題，主要考查了待定系數法，等腰三角形的性質，垂徑定理，勾股定理，矩形的判定和性質，三角形的外接圓，相似三角形的判定和性質，用方程的思想解決問題是解本題的關鍵．
7．（2023·湖北恩施·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系中，為坐標原點，已知拋物線與軸交于點，拋物線的對稱軸與軸交于點．

(1)如圖，若，拋物線的對稱軸為．求拋物線的解析式，并直接寫出時的取值范圍；
(2)在（1）的條件下，若為軸上的點，為軸上方拋物線上的點，當為等邊三角形時，求點，的坐標；
(3)若拋物線經過點，，，且，求正整數m，n的值．
【答案】(1)；
(2)；或,；
(3)，或，
【分析】（1）根據，拋物線的對稱軸為，待定系數法求解析式即可求解；當時，求得的范圍，進而結合函數圖象即可求解；
（2）①連接，，交對稱軸于點D，由四點共圓，得，證明，求出點D的坐標，確定直線的解析式，進而求得點的坐標，設，，勾股定理即可求解；②由①可得，則當與重合時也存在等邊三角形，根據等邊三角形的性質即可求解．
（3）根據拋物線經過點，，，可得拋物線對稱為直線，則，則，進而令，求得的范圍，進而根據函數圖象可知或，進而分別討論求得的值，即可求解．
【詳解】（1）解：∵，拋物線的對稱軸為．
∴
解得：
∴拋物線解析式為，
當時，即
解得：，
∴當時，
（2）解：①如圖所示，連接，，交對稱軸于點D，

∵，
∴，
則
∴，，
∵為等邊三角形，
∴，
∴，
∴四點共圓，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，則，
設直線的解析式為
則
解得：
所以直線的解析式為
聯(lián)立
解得：或
∴，
∵，設，
∵
∴
解得：
∴；
②由①可得，當與點重合時，為等邊三角形
則與對稱，此時，，
綜上所述；；或，；
（3）解：∵拋物線經過點，，，
∴拋物線對稱為直線，
則，則
∴拋物線解析式為
∴頂點坐標為
當時，
解得：或
∵，且為正整數，過點，則當時，
∴或，
當時，將點代入解析式，
解得：
∵
則，
當時，將點代入解析式
解得：
∵
則，
綜上所述，，或，．
【點睛】本題考查了二次函數的性質，根據特三角函數求角度，圓內接四邊形對角互補，二次函數的性質，熟練掌握二次函數的性質是解題的關鍵．
8.如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與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的坐標值：
（1）求出這條拋物線的解析式及頂點M的坐標；
（2）是拋物線對稱軸上長為1的一條動線段（點P在點Q上方），求的最小值；
（3）如圖2，點D是第四象限內拋物線上一動點，過點D作軸，垂足為F，的外接圓與相交于點E．試問：線段的長是否為定值？如果是，請求出這個定值；如果不是，請說明理由．
【答案】（1）；；（2）；（3）是，1．
【分析】
（1）依據表格數據，設出拋物線的頂點式，利用待定系數法求解即可；
（2）利用平移和找對稱點的方式，將的長轉化為，再利用兩點之間線段最短確定的最小值等于CE的長，加1后即能確定的最小值；
（3）設出圓心和D點的坐標，接著表示出E點的坐標，利用圓心到B點的距離等于圓心到D點的距離，求出q和e的關系，得到E點的縱坐標，進而確定EF的長為定值．
【詳解】
解：（1）由表格數據可知，頂點坐標為（1,4）
設拋物線解析式為：，
將點（0,3）代入解析式得：3=a+4，
∴，
∴拋物線解析式為：，頂點坐標．
（2）由表格可知，拋物線經過點A（-1,0），C（0,3），
如圖3，將A點向上平移一個單位，得到，
則
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
作關于MQ的對稱點E，則
∴，
∴，
當P、E、C三點共線時，最短，
設直線CE的解析式為：，
將C、E兩點坐標代入解析式可得：，
∴，
∴直線CE的解析式為：，
令，則，
∴當時，P、E、C三點共線，此時最短，
∴的最小值為．
（3）是；
理由：設，
因為A、B兩點關于直線x=1對稱，
所以圓心位于該直線上，
所以可設的外接圓的圓心為，
作，垂足為點N，則，
由軸，
∴，
∵，且由表格數據可知
∴，
化簡得：，
∵點D是第四象限內拋物線上一動點，且拋物線解析式為，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的長不變，為1．
【點睛】
本題涉及到了動點問題，綜合考查了用待定系數法求拋物線解析式、點的平移、勾股定理、平行四邊形的判定與性質、最短路徑問題、圓的性質等內容，解決本題的關鍵是理解并掌握相關概念與公式，能將題干信息與圖形相結合，挖掘圖中隱含信息，本題有一定的計算量，對學生的綜合分析與計算能力都有較高的要求，本題蘊含了數形結合的思想方法等．
9.如圖，拋物線（其中）與x軸交于A、B兩點，交y軸于點C．
（1）直接寫出的度數和線段AB的長（用a表示）；
（2）若點D為的外心，且與的周長之比為，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P，使得？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）∠OCA=45°，AB= a+1；（2）；（3）存在，P1（，），P2（1，-2）．
【分析】
（1）根據二次函數解析式可得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°，根據線段的和差關系可表示AB的長；
（2）如圖，作△ABC的外接圓⊙D，根據等腰直角三角形的性質可得AC=，利用兩點間距離公式可用a表示出BC的長，根據圓周角定理可得∠D=2∠OAC=90°，可得△DBC是等腰直角三角形，即可證明△DBC∽△OCA，根據相似三角形周長之比等于相似比列方程求出a值即可得答案；
（3）如圖，過點D作DH⊥AB于H，過點C作AC的垂線，交x軸于F，過點O作OG⊥AC于G，連接AP交CF于E，可得△OCF是等腰直角三角形，利用待定系數法可得直線CF的解析式，根據外心的定義及等腰直角三角形的性質可求出點D坐標，即可得出BH、DH的長，根據，∠BHD=∠ACE=90°可證明△BHD∽△ACE，根據相似三角形的性質可求出CE的長，根據兩點間距離公式可得點E坐標，利用待定系數法可得直線AE解析式，聯(lián)立直線AE與拋物線的解析式求出點P坐標即可得答案．
【詳解】
（1）∵拋物線（其中）與x軸交于A、B兩點，交y軸于點C．
∴當x=0時，y=-a，
當y=0時，，
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是所對的圓心角和圓周角，
∴∠BDC=2∠BAC=90°，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBC=∠OAC，
∴△DBC∽△OCA，
∵與的周長之比為，
∴，即，
解得：，
經檢驗：是原方程的根，
∵,
∴a=2，
∴拋物線解析式為：=．
（3）如圖，過點D作DH⊥AB于H，過點C作AC的垂線，交x軸于F，過點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G為AC中點，
∵點D為的外心，
∴點D在直線OG上，
∵A（2，0），C（0，-2），
∴G（1，-1），
設直線OG的解析式y(tǒng)=mx，
∴m=-1，
∴直線OG的解析式y(tǒng)=-x，
∵點D為△ABC的外心，
∴點D在AB的垂直平分線上，
∴點D的橫坐標為=，
把x=代入y=-x得y=-，
∴D（，-），
∴DH=，BH=1+=，
∵，∠BHD=∠ACE=90°，
∴△BHD∽△ACE，
∴，即，
解得：，
∵點E在直線CF上，
∴設點E坐標為（n，-n-2），
∴CE==，
解得：，
∴（，），（，），
設直線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A重合，舍去），
∴P2（1，-2）．
綜上所述：存在點P，使得，點P坐標為P1（，），P2（1，-2）．
【點睛】
本題考查二次函數的綜合，考查了二次函數的性質、待定系數法求一次函數解析式、圓周角定理、等腰三角形的性質、相似三角形的判定與性質，熟練掌握相關性質及定理是解題關鍵
10.如圖，已知二次函數的圖象經過點且與軸交于原點及點．
（1）求二次函數的表達式；
（2）求頂點的坐標及直線的表達式；
（3）判斷的形狀，試說明理由；
（4）若點為上的動點，且的半徑為，一動點從點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿線段勻速運動到點，再以每秒1個單位長度的速度沿線段勻速運動到點后停止運動，求點的運動時間的最小值．
【答案】（1）；（2），；（3）等腰直角三角形，理由見解析；（4）
【分析】
（1）根據已知條件，運用待定系數法直接列方程組求解即可；
（2）根據（1）中二次函數解析式，直接利用頂點坐標公式計算即可，再根據點A、B坐標求出AB解析式即可；
（3）根據二次函數對稱性可知為等腰三角形，再根據O、A、B三點坐標，求出三條線段的長，利用勾股定理驗證即可；
（4）根據題意可知動點的運動時間為，在上取點，使，可證明，根據相似三角形比例關系得，即，當、、三點共線時，取得最小值，再根據等腰直角三角形的性質以及勾股定理進一步計算即可．
【詳解】
解：（1）二次函數的圖象經過，且與軸交于原點及點
∴，二次函數表達式可設為：
將，代入得：
解這個方程組得
∵二次函數的函數表達式為
（2）∵點為二次函數圖像的頂點，
∴，
∴頂點坐標為：，
設直線的函數表達式為，則有：
解之得：
∴直線的函數表達式為
（3）是等腰直角三角形，
過點作于點，易知其坐標為
∵的三個頂點分別是，，，
∴，
且滿足
∴是等腰直角三角形
（4）如圖，以為圓心，為半徑作圓，則點在圓周上，依題意知：
動點的運動時間為
在上取點，使，
連接，則在和中，
滿足：，，
∴，
∴，
從而得：
∴
顯然當、、三點共線時，取得最小值，
過點作于點，由于，
且為等腰直角三角形，
則有，，
∴動點的運動時間的最小值為：
．
【點睛】
本題主要考查待定系數法求函數解析式，拋物線頂點坐標，等腰直角三角形的性質與判定，相似三角形的判定與性質等知識點，將運動時間的最小值轉換為線段長度的最小值是解題的關鍵．
11.我們把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2稱為圓心為（m，n）、半徑長為r的圓的標準方程．例如，圓心為（1，﹣2）、半徑長為3的圓的標準方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐標系中，⊙C與軸交于點A，B，且點B的坐標為（8，0），與y軸相切于點D（0，4），過點A，B，D的拋物線的頂點為E．
（1）求⊙C的標準方程；
（2）試判斷直線AE與⊙C的位置關系，并說明理由．
【分析】（1）如圖，連接CD，CB，過點C作CM⊥AB于M．設⊙C的半徑為r．在Rt△BCM中，利用勾股定理求出半徑以及等C的坐標即可解決問題．
（2）結論：AE是⊙C的切線．連接AC，CE．求出拋物線的解析式，推出點E的坐標，求出AC，AE，CE，利用勾股定理的逆定理證明∠CAE＝90°即可解決問題．
【解析】（1）如圖，連接CD，CB，過點C作CM⊥AB于M．設⊙C的半徑為r．
∵與y軸相切于點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的標準方程為（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．
（2）結論：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，
∴拋物線的解析式為y（x﹣2）（x﹣8）x2x+4（x﹣5）2，
∴拋物線的頂點E（5，），
∵AE，CE＝4，AC＝5，
∴EC2＝AC2+AE2，
∴∠CAE＝90°，
∴CA⊥AE，
∴AE是⊙C的切線．
12.如圖，拋物線y＝ax2x+c經過點A（﹣1，0）和點C（0，3）與x軸的另一交點為點B，點M是直線BC上一動點，過點M作MP∥y軸，交拋物線于點P．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）在拋物線上是否存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）以M為圓心，MP為半徑作⊙M，當⊙M與坐標軸相切時，求出⊙M的半徑．
【分析】（1）把點A（﹣1，0）和點C （0，3）代入y＝ax2x+c求出a與c的值即可得出拋物線的解析式；
（2）①當點Q在y軸右邊時，假設△QCO為等邊三角形，過點Q作QH⊥OC于H，OC＝3，則OH，tan60°，求出Q（，），把x代入yx2x+3，得y，則假設不成立；
②當點Q在y軸的左邊時，假設△QCO為等邊三角形，過點Q作QT⊥OC于T，OC＝3，則OT，tan60°，求出Q（，），把x代入yx2x+3，得y，則假設不成立；
（3）求出B（4，0），待定系數法得出BC直線的解析式y(tǒng)x+3，當M在線段BC上，⊙M與x軸相切時，延長PM交AB于點D，則點D為⊙M與x軸的切點，即PM＝MD，設P（x，x2x+3），M（x，x+3），則PDx2x+3，MDx+3，由PD﹣MD＝MD，求出x＝1，即可得出結果；當M在線段BC上，⊙M與y軸相切時，延長PM交AB于點D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設P（x，x2x+3），M（x，x+3），則PDx2x+3，MDx+3，代入即可得出結果；當M在BC延長線，⊙M與x軸相切時，點P與A重合，M的縱坐標的值即為所求；當M在CB延長線，⊙M與y軸相切時，延長PD交x軸于D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設P（x，x2x+3），M（x，x+3），則PDx2x﹣3，MDx﹣3，代入即可得出結果．
【解析】（1）把點A（﹣1，0）和點C （0，3）代入y＝ax2x+c得：，
解得：，
∴拋物線的解析式為：yx2x+3；
（2）不存在，理由如下：
①當點Q在y軸右邊時，如圖1所示：
假設△QCO為等邊三角形，
過點Q作QH⊥OC于H，
∵點C （0，3），
∴OC＝3，
則OHOC，tan60°，
∴QH＝OH?tan60°，
∴Q（，），
把x代入yx2x+3，
得：y，
∴假設不成立，
∴當點Q在y軸右邊時，不存在△QCO為等邊三角形；
②當點Q在y軸的左邊時，如圖2所示：
假設△QCO為等邊三角形，
過點Q作QT⊥OC于T，
∵點C （0，3），
∴OC＝3，
則OTOC，tan60°，
∴QT＝OT?tan60°，
∴Q（，），
把x代入yx2x+3，
得：y，
∴假設不成立，
∴當點Q在y軸左邊時，不存在△QCO為等邊三角形；
綜上所述，在拋物線上不存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形；
（3）令x2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
設BC直線的解析式為：y＝kx+b，把B、C的坐標代入則，
解得：，
∴BC直線的解析式為：yx+3，
當M在線段BC上，⊙M與x軸相切時，如圖3所示：
延長PM交AB于點D，
則點D為⊙M與x軸的切點，即PM＝MD，
設P（x，x2x+3），M（x，x+3），
則PDx2x+3，MDx+3，
∴（x2x+3）﹣（x+3）x+3，
解得：x1＝1，x2＝4（不合題意舍去），
∴⊙M的半徑為：MD3；
當M在線段BC上，⊙M與y軸相切時，如圖4所示：
延長PM交AB于點D，過點M作ME⊥y軸于E，
則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
設P（x，x2x+3），M（x，x+3），
則PDx2x+3，MDx+3，
∴（x2x+3）﹣（x+3）＝x，
解得：x1，x2＝0（不合題意舍去），
∴⊙M的半徑為：EM；
當M在BC延長線，⊙M與x軸相切時，如圖5所示：
點P與A重合，
∴M的橫坐標為﹣1，
∴⊙M的半徑為：M的縱坐標的值，
即：（﹣1）+3；
當M在CB延長線，⊙M與y軸相切時，如圖6所示：
延長PD交x軸于D，過點M作ME⊥y軸于E，
則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
設P（x，x2x+3），M（x，x+3），
則PDx2x﹣3，MDx﹣3，
∴（x2x﹣3）﹣（x﹣3）＝x，
解得：x1，x2＝0（不合題意舍去），
∴⊙M的半徑為：EM；
綜上所述，⊙M的半徑為或或或．
13.在平面直角坐標系中，二次函數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是第四象限內拋物線上的一個動點．
（1）求二次函數的解析式；
（2）如圖甲，連接AC，PA，PC，若，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．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣4；（2）P(3，﹣)；（3）沒有變化，2
【解析】
【分析】
（1）由二次函數的圖象與軸交于，兩點，可得二次函數的解析式為，由此即可解決問題．
（2）根據，構建方程即可解決問題．
（3）結論：點在運動過程中線段的長是定值，．根據，根據方程求出，再利用中點坐標公式，求出點的縱坐標即可解決問題．
【詳解】
解：（1）二次函數的圖象與軸交于，兩點，
二次函數的解析式為，
即．
（2）如圖甲中，連接．設．
由題意，，，
，
，
整理得，，
解得或（舍棄），
．
（3）結論：點在運動過程中線段的長是定值，．
理由：如圖乙中，連接，，，設，，，．
由題意，，
，
解得，
，，
，
，
，
點在運動過程中線段的長是定值，．
【點睛】
本題屬于二次函數綜合題，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，解題的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．
14.如圖，在直角坐標系中，四邊形OABC是平行四邊形，經過A（﹣2，0），B，C三點的拋物線y＝ax2+bx+（a＜0）與x軸的另一個交點為D，其頂點為M，對稱軸與x軸交于點E．
（1）求這條拋物線對應的函數表達式；
（2）已知R是拋物線上的點，使得△ADR的面積是平行四邊形OABC的面積的，求點R的坐標；
（3）已知P是拋物線對稱軸上的點，滿足在直線MD上存在唯一的點Q，使得∠PQE＝45°，求點P的坐標．
【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，故函數的對稱軸為x＝1，則x＝﹣＝1①，
將點A的坐標代入拋物線表達式得：0＝4a﹣2b+②，
聯(lián)立①②并解得，故拋物線的表達式為：y＝﹣x2+x+③；
（2）由拋物線的表達式得，點M（1，3）、點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R的坐標為（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，
當直線MD上存在唯一的點Q，則RQ⊥MD，
點M、D的坐標分別為（1，4）、（4，0），
則ME＝4，ED＝4﹣1＝3，則MD＝5，
過點R作RH⊥ME于點H，
設點P（1，2m），則PH＝HE＝HR＝m，則圓R的半徑為m，則點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P（1，120﹣168）．
15如圖1，在平面直角坐標系中，，以O為圓心，OA的長為半徑的半圓O交AO的延長線于C，連接AB，BC，過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，并說明理由；
（3）如圖2，若拋物線經過點D，且頂點為E，求此拋物線的解析式；點P 是此拋物線對稱軸上的一動點，以E，D，P為頂點的三角形與相似，問拋物線上是否存在點Q，使得，若存在，請直接寫出Q點的橫坐標；若不存在，說明理由．
【答案】（1）見解析；（2）平行四邊形，見解析；（3）拋物線的解析式為，存在，Q點的橫坐標為或或或
【解析】
【分析】
（1）證得OE是△ABC的中位線，求得點E的坐標，分別求得AB、AC、BC的長，利用勾股定理的逆定理證得是直角三角形，從而證明結論；
（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D的坐標，利用待定系數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求得PE的長，再根據三角形的面積公式即可求得Q點的橫坐標．
【詳解】
（1）如圖1，
設AB與y軸交于點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E的坐標為(，)，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，過點D作軸，則DN//ME，
∴Rt△ODNRt△OEM，
∴，
∴，
∴，，
∴點D的坐標為(，)，
∵拋物線經過點D(，)，且頂點為E(，)，
∴設此拋物線的解析式為，
則
∴，
∴此拋物線的解析式為，
即，
如圖，設拋物線對稱軸交AC于F，
由（1）知：∠AOE=∠ACB=90，∠AEF=90，
∴∠OEF+∠AEO=90，∠A+∠AEO=90，
∴∠OEF=∠A，
∵以E，D，P為頂點的三角形與相似，
∴分△PED△OAB和△DEP△OAB兩種情況討論，
當△PED△OAB時，ED=OE+OD=
，即，
∴，
∵，
設點Q到PE的距離為h，
∴，即，
∴，
∴點Q的橫坐標為或；
當△DEP△OAB時，ED=OE+OD=
，即，
∴，
∵，
設點Q到PE的距離為，
∴，即，
∴，
∴點Q的橫坐標為或；
∴符合條件的Q點的橫坐標為或或或．
【點睛】
本題是二次函數的綜合題，考查了待定系數法求二次函數的解析式，圓的切線的判定，相似三角形的性質和判定，勾股定理的逆定理，平行四邊形的判定等知識點的應用，此題綜合性比較強，有一定的難度，對學生提出較高的要求．注意：不要漏解，分類討論思想的巧妙運用．
16.如圖，在平面直角坐標系中，直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，拋物線過點B且與直線相交于另一點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P是拋物線上的一動點，當時，求點P的坐標；
（3）點在x軸的正半軸上，點是y軸正半軸上的一動點，且滿足．
①求m與n之間的函數關系式；
②當m在什么范圍時，符合條件的N點的個數有2個？
【答案】（1）；（2）或（3，）或（-2，-3）；（3）①；②0＜m＜
【解析】
【分析】
（1）利用一次函數求出A和B的坐標，結合點C坐標，求出二次函數表達式；
（2）當點P在x軸上方時，點P與點C重合，當點P在x軸下方時，AP與y軸交于點Q，求出AQ表達式，聯(lián)立二次函數，可得交點坐標，即為點P；
（3）①過點C作CD⊥x軸于點D，證明△MNO∽△NCD，可得，整理可得結果；
②作以MC為直徑的圓E，根據圓E與線段OD的交點個數來判斷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A，與y軸交于點B，
令x=0，則y=2，令y=0，則x=4，
∴A（4，0），B（0，2），
∵拋物線經過B（0，2），，
∴，解得：，
∴拋物線的表達式為：；
（2）當點P在x軸上方時，點P與點C重合，滿足，
∵，
∴，
當點P在x軸下方時，如圖，AP與y軸交于點Q，
∵，
∴B，Q關于x軸對稱，
∴Q（0，-2），又A（4，0），
設直線AQ的表達式為y=px+q，代入，
，解得：，
∴直線AQ的表達式為：，聯(lián)立得：
，解得：x=3或-2，
∴點P的坐標為（3，）或（-2，-3），
綜上，當時，點P的坐標為：或（3，）或（-2，-3）；
（3）①如圖，∠MNC=90°，過點C作CD⊥x軸于點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N在線段OD上（不含O和D），即圓E與線段OD有兩個交點（不含O和D），
∵點M在y軸正半軸，
當圓E與線段OD相切時，
有NE=MC，即NE2=MC2，
∵M（0，m），，
∴E（，），
∴=，
解得：m=，
當點M與點O重合時，如圖，
此時圓E與線段OD（不含O和D）有一個交點，
∴當0＜m＜時，圓E與線段OD有兩個交點，
故m的取值范圍是：0＜m＜.
【點睛】
本題是二次函數綜合，考查了求二次函數表達式，相似三角形的判定和性質，圓周角定理，一次函數表達式，難度較大，解題時要充分理解題意，結合圖像解決問題.
17.將拋物線向下平移6個單位長度得到拋物線，再將拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線．

（1）直接寫出拋物線，的解析式；
（2）如圖（1），點在拋物線對稱軸右側上，點在對稱軸上，是以為斜邊的等腰直角三角形，求點的坐標；
（3）如圖（2），直線（，為常數）與拋物線交于，兩點，為線段的中點；直線與拋物線交于，兩點，為線段的中點．求證：直線經過一個定點．
【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）點的坐標為（5，3）或（4，-2）；（3）直線經過定點（0，2）
【解析】
【分析】
（1）根據函數圖象上下平移：函數值上加下減；左右平移：自變量左加右減寫出函數解析式并化簡即可；
（2）先判斷出點A、B、O、D四點共圓，再根據同弧所對的圓周角相等得到∠BDA=∠BOA=45°，從而證出是等腰直角三角形．設點A的坐標為（x，x2-4x-2），把DC和AC用含x的代數式表示出來，利用DC=AC列方程求解即可，注意有兩種情況；
（3）根據直線（，為常數）與拋物線交于，兩點，聯(lián)立兩個解析式，得到關于x的一元二次方程，根據根與系數的關系求出點M的橫坐標，進而求出縱坐標，同理求出點N的坐標，再用待定系數法求出直線MN的解析式，從而判斷直線MN經過的定點即可．
【詳解】
解：（1）∵拋物線向下平移6個單位長度得到拋物線，再將拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線，
∴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，過點A作AC⊥x軸于點C，連接AD，
∵是等腰直角三角形，
∴∠BOA =45°，
又∵∠BDO=∠BAO=90°，
∴點A、B、O、D四點共圓，
∴∠BDA=∠BOA=45°，
∴∠ADC=90°-∠BDA=45°，
∴是等腰直角三角形，
∴DC=AC．
∵點在拋物線對稱軸右側上，點在對稱軸上，
∴拋物線的對稱軸為x=2，
設點A的坐標為（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A的坐標為（5，3）；
同理，當點B、點A在x軸的下方時，
x-2= -(x2-4x-2)，
x=4或x=-1（舍去），
∴點的坐標為（4，-2），
綜上，點的坐標為（5，3）或（4，-2）．
（3）∵直線（，為常數）與拋物線交于，兩點，
∴，
∴x2-kx-6=0，
設點E的橫坐標為xE，點F的橫坐標為xF，
∴xE+xF=k，
∴中點M的橫坐標xM==，
中點M的縱坐標yM=kx=，
∴點M的坐標為（，）；
同理可得：點N的坐標為（，），
設直線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（），當x=0時，y=2，
∴直線經過定點（0，2）．
【點睛】
本題考查二次函數綜合應用，熟練掌握圖象平移的規(guī)律、判斷點A、B、O、D四點共圓的方法、用待定系數法求函數解析式的步驟是解題的關鍵．
18.如圖1，在平面直角坐標系中，點A的坐標是，在x軸上任取一點M．連接AM，分別以點A和點M為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧相交于G，H兩點，作直線GH，過點M作x軸的垂線l交直線GH于點P．根據以上操作，完成下列問題．
探究：
（1）線段PA與PM的數量關系為________，其理由為：________________．
（2）在x軸上多次改變點M的位置，按上述作圖方法得到相應點P的坐標，并完成下列表格：
猜想：
（3）請根據上述表格中P點的坐標，把這些點用平滑的曲線在圖2中連接起來；觀察畫出的曲線L，猜想曲線L的形狀是________．
驗證：
（4）設點P的坐標是，根據圖1中線段PA與PM的關系，求出y關于x的函數解析式．
應用：
（5）如圖3，點，，點D為曲線L上任意一點，且，求點D的縱坐標的取值范圍．
【答案】（1），線段垂直平分線上的點與這條線段兩個端點的距離相等；（2）圖見解析，拋物線；（3）見解析；（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，結合中垂線的性質，即可得到答案；
（2）根據第（1）的作圖方法，得到相應點P的位置，即可求解；
（3）用平滑的曲線作出圖象，即可；
（4）過點P作軸于點E，用含x，y的代數式表示，，，結合勾股定理，即可得到答案；
（5）連接，由題意得當時，在的外接圓上，弧所對的圓心角為60°，的外接圓圓心為坐標原點O，設，求出b的值，進而即可求解．
【詳解】
解：（1） 線段垂直平分線上的點與這條線段兩個端點的距離相等
（2）
（3）草圖見圖2：形狀：拋物線
（4）如圖1，過點P作軸于點E，
，，
在中，
即
化簡，得
∴y關于x的函數解析式為．

（5）連接，易得，又
∴為等邊三角形，∴
當時，在的外接圓上，弧所對的圓心角為60°
其圓心在的垂直平分線y軸上，
∴的外接圓圓心為坐標原點O，
設，則，即 ①
又點D在該拋物線上
∴ ②
由①②聯(lián)立解得：（舍去）
數形結合可得，
當時，點D的縱坐標的取值范圍為
【點睛】
本題主要考查尺規(guī)作作中垂線，二次函數的圖象和性質，圓周角定理，解題關鍵是：熟練掌握垂直平分線的性質定理，構造三角形的外接圓．
19.如圖，已知，是的平分線，是射線上一點，．動點從點出發(fā)，以的速度沿水平向左作勻速運動，與此同時，動點從點出發(fā)，也以的速度沿豎直向上作勻速運動．連接，交于點．經過、、三點作圓，交于點，連接、．設運動時間為，其中．
（1）求的值；
（2）是否存在實數，使得線段的長度最大？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
（3）求四邊形的面積．
【答案】（1）8cm；（2）存在，當t=4時，線段OB的長度最大，最大為；（3）
【解析】
【分析】
（1）根據題意可得，，由此可求得的值；
（2）過作，垂足為，則，設線段的長為，可得，，，根據可得，進而可得，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，最后根據四邊形的面積即可求得答案．
【詳解】
解：（1）由題可得：，．
∴．
（2）當時，線段的長度最大．
如圖，過作，垂足為，則．
∵平分，
∴，
∴，．
設線段的長為，
則，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：．
∴．
∴當時，線段的長度最大，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．
【點睛】
本題考查了相似三角形的判定及性質，直徑的判定及性質，二次函數的最值問題等相關知識，熟練掌握相關知識是解決本題的關鍵．
20如圖，拋物線y＝ax2+x+c經過點A（﹣1，0）和點C （0，3）與x軸的另一交點為點B，點M是直線BC上一動點，過點M作MP∥y軸，交拋物線于點P．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）在拋物線上是否存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）以M為圓心，MP為半徑作⊙M，當⊙M與坐標軸相切時，求出⊙M的半徑．
【答案】（1）y＝﹣x2+x+3；（2）不存在，理由見解析；（3）⊙M的半徑為，，，
【解析】
【分析】
（1）已知拋物線y＝ax2+x+c經過點A(﹣1,0)和點C(0,3)，利用待定系數法即可求得拋物線解析式；
（2）在拋物線上找到一點Q，使得△QCO是等邊三角形，過點Q作OM⊥OB于點M，過點Q作QN⊥OC于點N，根據△QCO是等邊三角形，求得Q點坐標，再驗證Q點是否在拋物線上；
（3）分四種情況①當⊙M與y軸相切，如圖所示，令M點橫坐標為t，PM=t，將PM用t表示出來，列出關于t的一元二次方程，求得t，進而求得半徑；②⊙M與x軸相切，過點M作MN⊥OB于N，如圖所示，令M點橫坐標為m，因為PN=2MN，列出關于m的一元二次方程，即可求出m，同理③④種情況，進而求得⊙M的半徑．
【詳解】
（1）∵拋物線y＝ax2+x+c經過點A(﹣1,0)和點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Q，使得△QCO是等邊三角形，過點Q作OM⊥OB于點M，過點Q作QN⊥OC于點N
∵△QCO是等邊三角形，OC=3
∴CN=
∴NQ=
即Q(,)
當x=時，y＝﹣×()2+×+3=≠
∴Q(,)不在拋物線上
y＝﹣x2+x+3
故答案為：不存在，理由見解析
（3）①⊙M與y軸相切，如圖所示
∵y＝﹣x2+x+3
當y=0時，﹣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點橫坐標為t
∵MP∥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，過點M作MN⊥OB于N，如圖所示
令M點橫坐標為m
∵PN=2MN
∴
解得m=1或m=4（舍去）
∴⊙M的半徑為：
③當與軸相切時，如圖3：
點與點重合時
半徑
④當與軸相切時如圖4：
設，
則，因
解得，（舍去）
半徑
綜上所述：的半徑為，，，
【點睛】
本題考查了待定系數法求二次函數解析式，是二次函數的綜合題，涉及了二次函數與幾何問題，二次函數與圓的問題，其中考查了圓切線的性質．
21.我們把方程(x- m)2+(y-n)2=r2稱為圓心為(m，n)、半徑長為r的圓的標準方程．例如，圓心為(1,-2)、半徑長為3的圓的標準方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐標系中,圓C與軸交于點A．B．且點B的坐標為(8．0),與y軸相切于點D(0, 4)，過點A,B,D的拋物線的頂點為E．
(1)求圓C的標準方程；
(2)試判斷直線AE與圓C的位置關系，并說明理由．
【答案】（1）；（2）相切，理由見解析
【解析】
【分析】
（1）連接CD，CB，過C作CF⊥AB，分別表示出BF和CF，再在△BCF中利用勾股定理構造方程求解即可得到圓C半徑以及點C坐標，從而得到標準方程；
（2）由（1）可得點A坐標，求出拋物線表達式，得到點E坐標，再求出直線AE的表達式，聯(lián)立直線AE和圓C的表達式，通過判斷方程根的個數即可得到兩者交點個數，從而判斷位置關系.
【詳解】
解：連接CD，CB，過C作CF⊥AB，
∵點D（0，4），B（8，0），設圓C半徑為r，圓C與y軸切于點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的標準方程為：；
（2）由（1）可得：BF=3=AF，則OA=OB-AB=2，
即A（2，0），
設拋物線表達式為：，將A，B，D坐標代入，
，解得：，
∴拋物線表達式為：，
∴可得點E（5，），
設直線AE表達式為：y=mx+n，將A和E代入，
可得：，解得：，
∴直線AE的表達式為：，
∵圓C的標準方程為，
聯(lián)立，
解得：x=2，
故圓C與直線AE只有一個交點，橫坐標為2，
即圓C與直線AE相切.
【點睛】
本題考查了圓的新定義，二次函數，一次函數，切線的判定，垂徑定理，有一定難度，解題的關鍵是利用轉化思想，將求位置關系轉化為方程根的個數問題.
x
…
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
M的坐標
…
…
P的坐標
…
…
M的坐標
…
…
P的坐標
…
…

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