?2021新版中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘
專題9二次函數(shù)與圓綜合問(wèn)題



解決函數(shù)與圓的綜合問(wèn)題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)函數(shù)與圓的結(jié)合點(diǎn)，弄清題目的本質(zhì)，利用圓的基本性質(zhì)和函數(shù)的性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合、方程思想、全等與相似，以便找到對(duì)應(yīng)的解題途徑.常見(jiàn)的考法有：
1. 直線與圓的位置關(guān)系：
平面直角坐標(biāo)系中的直線與圓的位置關(guān)系問(wèn)題關(guān)鍵是圓心到直線的距離等于半徑的大小，常用的方法有：
（1） 利用圓心到直線的距離等于半徑的大小這一數(shù)量關(guān)系列出關(guān)系式解決問(wèn)題
（2） 利用勾股定理解決問(wèn)題
（3） 利用相似列出比例式解決問(wèn)題
2.函數(shù)與圓的新定義題目：利用已掌握的知識(shí)和方法理解新定義，化生為熟
3.函數(shù)與圓的性質(zhì)綜合類問(wèn)題：利用幾何性質(zhì)，結(jié)合圖形，找到問(wèn)題中的“不變”關(guān)鍵因素和“臨界位置”.

【例1】（2019?市中區(qū)二模）已知，如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），點(diǎn)E為二次函數(shù)第一象限內(nèi)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，EH⊥x軸于點(diǎn)H，交直線BC于點(diǎn)F，以EF為直徑的圓⊙M與BC交于點(diǎn)R．
（1）求這個(gè)二次函數(shù)關(guān)系式；
（2）當(dāng)△EFR周長(zhǎng)最大時(shí)．
①求此時(shí)點(diǎn)E點(diǎn)坐標(biāo)及△EFR周長(zhǎng)；
②點(diǎn)P為⊙M上一動(dòng)點(diǎn)，連接BP，點(diǎn)Q為BP的中點(diǎn)，連接HQ，求HQ的最大值．

【分析】（1）用交點(diǎn)式函數(shù)表達(dá)式，即可求解；
（2）證明△ERF為等腰直角三角形，當(dāng)△EFR周長(zhǎng)最大時(shí)，EF最長(zhǎng)，EF＝﹣m2+3m，即可求解；②HQ=12OP，利用OP≤OM+PM=3658+98，即可求解．
【解答】解：（1）用交點(diǎn)式函數(shù)表達(dá)式得：y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3；
（2）①∵∠CBO＝∠FER，∴△ERF∽△BCO，
∴△ERF為等腰直角三角形
當(dāng)△EFR周長(zhǎng)最大時(shí)，EF最長(zhǎng)，
設(shè)E（m，﹣m2+2m+3），F(xiàn)（m，﹣m+3），
∴EF＝﹣m2+3m，
當(dāng)m=32時(shí)，
EF=94，E（32，154），
則Rt△EFR中，ER＝FR=928，
∴△EFR周長(zhǎng)為94+942；
②如圖，連接OP，點(diǎn)H（32，0）為OB的中點(diǎn)，

∵Q是PB的中點(diǎn)，∴HQ∥OP，且HQ=12OP，
∵EF=94，F(xiàn)H=34，
∴點(diǎn)M（32，218），
∴OM＝BM=3658，
∵OP≤OM+PM=3658+98，
∴HQ≤36516+916，
即HQ的最大值大為：36516+916．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到圓的基本知識(shí)、函數(shù)的最值等，其中（2）②，利用HQ是三角形的中位線，求解最大值，是本題的難點(diǎn)．
【例2】（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．
【解答】解：（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)PM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．




【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求解析式、等邊三角形的性質(zhì)、圓的性質(zhì)、三角函數(shù)等知識(shí)；熟練掌握待定系數(shù)法求解析式是解題的關(guān)鍵．
【例3】（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x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點(diǎn)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．
【解答】解：（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．

【點(diǎn)評(píng)】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，圓的方程，切線的判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，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．
【例4】（2020?西藏）在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=12x2+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S△PAC=152，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)．

【分析】（1）由二次函數(shù)y=12x2+bx+c的圖象與x軸交于A（﹣2，0），B（4，0）兩點(diǎn)，可得二次函數(shù)的解析式為y=12（x+2）（x﹣4），由此即可解決問(wèn)題．
（2）根據(jù)S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，構(gòu)建方程即可解決問(wèn)題．
（3）結(jié)論：點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線段DE的長(zhǎng)是定值，DE＝2．根據(jù)AM＝MP，根據(jù)方程求出t，再利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式，求出點(diǎn)E的縱坐標(biāo)即可解決問(wèn)題．
【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y=12x2+bx+c的圖象與x軸交于A（﹣2，0），B（4，0）兩點(diǎn)，
∴二次函數(shù)的解析式為y=12（x+2）（x﹣4），
即y=12x2﹣x﹣4．

（2）如圖甲中，連接OP．設(shè)P（m，12m2﹣m﹣4）．

由題意，A（﹣2，0），C（0，﹣4），
∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，
∴152=12×2×4+12×4×m?12×2×（?12m2+m+4），
整理得，m2+2m﹣15＝0，
解得m＝3或﹣5（舍棄），
∴P（3，?52）．

（3）結(jié)論：點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線段DE的長(zhǎng)是定值，DE＝2．
理由：如圖乙中，連接AM，PM，EM，設(shè)M（1，t），P[m，12（m+2）（m﹣4）]，E（m，n）．

由題意A（﹣2，0），AM＝PM，
∴32+t2＝（m﹣1）2+[12（m+2）（m﹣4）﹣t]2，
解得t＝1+14（m+2）（m﹣4），
∵M(jìn)E＝PM，PE⊥AB，
∴t=n+12(m+2)(m?4)2，
∴n＝2t?12（m+2）（m﹣4）＝2[1+14（m+2）（m﹣4）]?12（m+2）（m﹣4）＝2，
∴DE＝2，
另解：∵PD?DE＝AD?DB，∴DE=AD?DBPD=(m+2)(4?m)4+m?m2=2，為定值．
∴點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線段DE的長(zhǎng)是定值，DE＝2．
【點(diǎn)評(píng)】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．
【例5】（2020?宜賓）如圖，已知二次函數(shù)的圖象頂點(diǎn)在原點(diǎn)，且點(diǎn)（2，1）在二次函數(shù)的圖象上，過(guò)點(diǎn)F（0，1）作x軸的平行線交二次函數(shù)的圖象于M、N兩點(diǎn)．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）P為平面內(nèi)一點(diǎn)，當(dāng)△PMN是等邊三角形時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在二次函數(shù)的圖象上是否存在一點(diǎn)E，使得以點(diǎn)E為圓心的圓過(guò)點(diǎn)F和點(diǎn)N，且與直線y＝﹣1相切．若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，并求⊙E的半徑；若不存在，說(shuō)明理由．

【分析】（1）設(shè)二次函數(shù)表達(dá)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(diǎn)P在y軸上且PM＝4，故PF＝23，即可求解；
（3）在Rt△FQE中，EN=(2?1)2+(1?14)2=54，EF=(1?0)2+(1?14)2=54，即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函數(shù)的圖象頂點(diǎn)在原點(diǎn)，
故設(shè)二次函數(shù)表達(dá)式為：y＝ax2，將（2，1）代入上式并解得：a=14，
故二次函數(shù)表達(dá)式為：y=14x2；

（2）將y＝1代入y=14x2并解得：x＝±2，故點(diǎn)M、N的坐標(biāo)分別為（﹣2，1）、（2，1），
則MN＝4，
∵△PMN是等邊三角形，
∴點(diǎn)P在y軸上且PM＝4，
∴PF＝23；
∵點(diǎn)F（0，1），
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，1+23）或（0，1﹣23）；

（3）假設(shè)二次函數(shù)的圖象上存在一點(diǎn)E滿足條件，
設(shè)點(diǎn)Q是FN的中點(diǎn)，則點(diǎn)Q（1，1），
故點(diǎn)E在FN的中垂線上．
∴點(diǎn)E是FN的中垂線與y=14x2圖象的交點(diǎn)，
∴y=14×12=14，則點(diǎn)E（1，14），
EN=(2?1)2+(1?14)2=54，
同理EF=(1?0)2+(1?14)2=54，
點(diǎn)E到直線y＝﹣1的距離為|14?（﹣1）|=54，
故存在點(diǎn)E，使得以點(diǎn)E為圓心半徑為54的圓過(guò)點(diǎn)F，N且與直線y＝﹣1相切．
【點(diǎn)評(píng)】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)、圓的基本的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等，綜合性強(qiáng)，難度適中．
【例6】（2020?銅山區(qū)一模）如圖，一次函數(shù)y=12x+1的圖象與二次函數(shù)y=12x2+bx+c的圖象交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A在x軸上．點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為4．
（1）b＝　?12　，c＝　﹣3?。?br /> （2）設(shè)二次函數(shù)的圖象與y軸交于C點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為D．連接AC，CD，求∠ACD的正弦值；
（3）若M點(diǎn)在x軸下方二次函數(shù)圖象上，
①過(guò)M點(diǎn)作y軸平行線交直線AB于點(diǎn)E，以M點(diǎn)為圓心，ME的長(zhǎng)為半徑畫圓，求圓M在直線AB上截得的弦長(zhǎng)的最大值；
②若∠ABM＝∠ACO，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為?。?2，?258）?。?br />
【分析】（1）求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式，即可求解；
（2）由點(diǎn)A、C、D的坐標(biāo)得：AD＝5，DC＝32，AC=13，利用解直角三角形的方法求解即可；
（3）①EF＝2EH＝2EMcos∠AEM=255（12m+1?12m2+12m+3）=?55m2+255m+855，即可求解；
②利用解直角三角形的方法求GH的值，得到OH＝GH﹣OG=54?1=14，故點(diǎn)H（0，?14），進(jìn)而求解．
【解答】解：（1）對(duì)于y=12x+1，令y＝0，則x＝﹣2，故點(diǎn)A（﹣2，0），
將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入直線表達(dá)式并解得：點(diǎn)B（4，3），
將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：2?2b+c=06+4b+c=3，解得：b=?12c=?3，
故答案為：?12；﹣3；

（2）由（1）知拋物線的表達(dá)式為：y=12x2?12x﹣3①，
令y＝0，則x＝3或﹣2，故點(diǎn)D（3，0），
令x＝0，則y＝﹣3，故點(diǎn)C（0，﹣3），
由點(diǎn)A、C、D的坐標(biāo)得：AD＝5，DC＝32，AC=13，

過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AC于點(diǎn)H，設(shè)CH＝x，則AH=13?x，
在△ACD中，HD2＝OA2﹣AH2＝CD2﹣CH2，即25﹣（13?x）2＝（32）2﹣x2，
解得：x=313，
cos∠ACD=CHCD=x32=126，
則sin∠ACD=52626；

（3）①如圖2，設(shè)圓M與直線AB的另外一個(gè)交點(diǎn)為F，則EF為所求，
連接MF，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥AB于點(diǎn)H，

由直線AB的表達(dá)式知tan∠EAO=12，則tan∠AEM＝2，則cos∠AEM=55，
設(shè)點(diǎn)M（m，12m2?12m﹣3），則點(diǎn)E（m，12m+1），
則EF＝2EH＝2EMcos∠AEM=255（12m+1?12m2+12m+3）=?55m2+255m+855，
∵?55＜0，故EF有最大值，當(dāng)m＝1時(shí)，EF的最大值為955，
故圓M在直線AB上截得的弦長(zhǎng)的最大值為955；
②如圖3，設(shè)直線MB與x軸交于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)H作HN⊥AB于點(diǎn)N，

直線AB的表達(dá)式知tan∠BAH=12，
在Rt△AOC中，tan∠ACO=OAOC=23=tan∠ABM，
在Rt△AHN中，設(shè)HN＝2x，則AN＝4x，
在Rt△BHN中，HN＝2x，則BN＝3x，
AB＝AN+BN＝7x=(4+2)2+32=35，解得：x=357，
在Rt△AHN中，AH=AN2+NH2=25x=307，
則點(diǎn)H（167，0），
由點(diǎn)B、H的坐標(biāo)得，直線BH的表達(dá)式為：y=74（x?167）②，
聯(lián)立①②并解得：x=12或4（舍去4）
故點(diǎn)M（12，?258），
故答案為（12，?258）．
【點(diǎn)評(píng)】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)、解直角三角形、圓的基本知識(shí)等，綜合性很強(qiáng)，難度適宜．


【題組一】
1．（2020?雨花區(qū)校級(jí)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(diǎn)（A在B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)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(shí)a的值，若沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖3，已知?jiǎng)狱c(diǎn)P（t，t）在第一象限，t為常數(shù)．
問(wèn)：是否存在一點(diǎn)P，使得∠APB達(dá)到最大，若存在，求出此時(shí)∠APB的正弦值，若不存在，也請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）令y＝0，求得拋物線與x軸的交點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，令x＝0，用a表示C點(diǎn)的坐標(biāo)，再由三角函數(shù)列出a的方程，便可求得a的值；
（2）過(guò)M點(diǎn)作MH⊥AB于點(diǎn)H，連接MA、MC，用d表示出M的坐標(biāo)，根據(jù)MA＝MC，列出a、d的關(guān)系式，再通過(guò)關(guān)系式求得結(jié)果；
（3）取AB的中點(diǎn)T，過(guò)T作MT⊥AB，以M為圓心，MA為半徑作⊙M，MT與直線y＝x交于點(diǎn)S，P′為直線y＝x上異于P的任意一點(diǎn)，連接AP′，交⊙M于點(diǎn)K，連接BK，MP，AP，BP，MB，MA，當(dāng)P為直線y＝x與⊙M的切點(diǎn)時(shí)，∠APB達(dá)到最大，利用圓圓周角性質(zhì)和解直角三角形的知識(shí)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=OCOB=32a8=33，
解得，a=312；
（2）過(guò)M點(diǎn)作MH⊥AB于點(diǎn)H，連接MA、MC，如圖2，

∴AH＝BH=12AB=2，
∴OH＝6，
設(shè)M（6，d），
∵M(jìn)A＝MC，
∴4+d2＝36+（d﹣32a）2，
得2ad＝32a2+1，
∴d＝16a+12a=(4a?12a)2+42，
∴當(dāng)4a=12a時(shí)，有d最小=42，
即當(dāng)a=28時(shí)，有d最小=42；
（3）∵P（t，t），
∴點(diǎn)P在直線y＝x上，
如圖3，取AB的中點(diǎn)T，過(guò)T作MT⊥AB，以M為圓心，MA為半徑作⊙M，MT與直線y＝x交于點(diǎn)S，P′為直線y＝x上異于P的任意一點(diǎn)，連接AP′，交⊙M于點(diǎn)K，連接BK，MP，AP，BP，MB，MA，

當(dāng)⊙M與直線y＝x相切時(shí)，有∠APB＝∠AKB＞∠AP′B，
∴∠APB最大，此時(shí)相切點(diǎn)為P，
設(shè)M（6，d），而T（6，0），
∴S（6，6），
∴∠PSM＝90°﹣∠SOT＝45°，
又MP＝MB=4+d2，
∴MS=2MP=2d2+8，
∵M(jìn)S+MT＝ST＝6，
∴2d2+8+d=6，
解得，d＝2（負(fù)根舍去），
經(jīng)檢驗(yàn)，d＝2是原方程的解，也符合題意，
∴M（6，2），
∴MB＝22，
∵∠AMB＝2∠APB，MT⊥AB，MA＝MB，
∴∠AMT＝∠BMT=12∠AMB＝∠APB，
∴sin∠APB＝sin∠BMT=BTMB=22．
【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，解直角三角形，圓周角定理和圓與直線切線性質(zhì)，難度較大，第（3）題的關(guān)鍵是構(gòu)造輔助圓確定當(dāng)∠APB達(dá)到最大時(shí)的P點(diǎn)位置．
2．（2020?匯川區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系上，一條拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過(guò)A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）三點(diǎn)，連接BC并延長(zhǎng)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)M是直線BC在第一象限部分上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)M作MN∥y軸交拋物線于點(diǎn)N．
1°求線段MN的最大值；
2°當(dāng)MN取最大值時(shí)，在線段MN右側(cè)的拋物線上有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P，連接PM、PN，當(dāng)△PMN的外接圓圓心Q在△PMN的邊上時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【分析】（1）將三個(gè)已知點(diǎn)坐標(biāo)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(biāo)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(dāng)∠PMN＝90°時(shí)；當(dāng)∠PNM＝90°時(shí)；當(dāng)∠MPN＝90°時(shí)．分別求出符合條件的P點(diǎn)坐標(biāo)便可．
【解答】解：（1）把A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）中，得
a+b+c=09a+3b+c=0c=3，
解得，a=1b=?4c=3，
∴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
3m+n=0n=3，
解得，m=?1n=3，
∴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=?(t?32)2+94，
∴當(dāng)t=32時(shí)，MN的值最大，其最大值為94；
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(dāng)MN取最大值時(shí)，M（32，32），N（32，?34），
①當(dāng)∠PMN＝90°時(shí)，PM∥x軸，則P點(diǎn)與M點(diǎn)的縱坐標(biāo)相等，
∴P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為32，
當(dāng)y=32時(shí)，y＝x2﹣4x+3=32，
解得，x=4+102，或x=4?102＜32（舍去），
∴P（4+102，32）；
②當(dāng)∠PNM＝90°時(shí)，PN∥x軸，則P點(diǎn)與N點(diǎn)的縱坐標(biāo)相等，
∴P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為?34，
當(dāng)y=?34時(shí)，y＝x2﹣4x+3=?34，
解得，x=52，或x=32（舍去），
∴P（52，?34）；
③當(dāng)∠MPN＝90°時(shí)，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(diǎn)，
∴Q（32，38），半徑為12MN=98，
過(guò)Q作QK∥x軸，與在MN右邊的拋物線圖象交于點(diǎn)K，如圖②，

令y=38，得y＝x2﹣4x+3=38，
解得，x=8?224＜32（舍），或x=8+224，
∴K（8+224，38），
∴QK=2+224＞98，即K點(diǎn)在以MN為直徑的⊙Q外，
設(shè)拋物線y＝x2﹣4x+3的頂點(diǎn)為點(diǎn)L，則l（2，﹣1），
連接LK，如圖②，則L到QK的距離為38+1=118，
LK=(8+224?2)2+(38+1)2=2098，
設(shè)Q點(diǎn)到LK的距離為h，則
12QK?118=12LK??，
∴?=118QKLK=118×2+2242098=22209+11209×224×209≈1.27＞98，
∴直線LK下方的拋物線與⊙Q沒(méi)有公共點(diǎn)，
∵拋物線中NL部分（除N點(diǎn)外）在過(guò)N點(diǎn)與x軸平行的直線下方，
∴拋物線中NL部分（除N點(diǎn)外）與⊙Q沒(méi)有公共點(diǎn)，
∵拋物線K點(diǎn)右邊部分，在過(guò)K點(diǎn)與y軸平行的直線的右邊，
∴拋物線K點(diǎn)右邊部分與⊙Q沒(méi)有公共點(diǎn)，綜上，⊙Q與MN右邊的拋物線沒(méi)有交點(diǎn)，
∴在線段MN右側(cè)的拋物線上不存在點(diǎn)P，使△PMN的外接圓圓心Q在MN邊上；
綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4+102，32）或（52，?34）．
【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，二次函數(shù)的最值的應(yīng)用，直角三角形的存在性質(zhì)的探究，圓的性質(zhì)，第（2）題的1°題關(guān)鍵是把MN表示成t二次函數(shù)，用二次函數(shù)求最值的方法解決問(wèn)題；第（2）2°小題關(guān)鍵是分情況討論．難度較大．
3．（2020?望城區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=12x2﹣bx+c交x軸于點(diǎn)A，B，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，0），與y軸于交于點(diǎn)C（0，﹣2）．

（1）求此拋物線的解析式；
（2）在拋物線上取點(diǎn)D，若點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為5，求點(diǎn)D的坐標(biāo)及∠ADB的度數(shù)；
（3）在（2）的條件下，設(shè)拋物線對(duì)稱軸l交x軸于點(diǎn)H，△ABD的外接圓圓心為M（如圖1），
①求點(diǎn)M的坐標(biāo)及⊙M的半徑；
②過(guò)點(diǎn)B作⊙M的切線交于點(diǎn)P（如圖2），設(shè)Q為⊙M上一動(dòng)點(diǎn)，則在點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中QHQP的值是否變化？若不變，求出其值；若變化，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）c＝﹣2，將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：0=12×16?4b﹣2，解得：b=?32，即可求解；
（2）S△ABD=5×32=35×BN2，則BN=5，sin∠BDH=BHBD=22，即可求解；
（3）①∠ADB＝45°，則∠AMB＝2∠ADB＝90°，MA＝MB，MH⊥AB，AH＝BH＝HM=52，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（32，52）⊙M的半徑為5；
②PH＝HB＝5，則MHMQ=52522=22，MQMP=52252=22，故△HMQ∽△QMP，則QHQP=MHMQ=22，即可求解．
【解答】解：（1）c＝﹣2，將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：0=12×16?4b﹣2，解得：b=?32，
∴拋物線的解析式為y=12x2?32x﹣2；

（2）當(dāng)x＝5時(shí)，y=12x2?32x﹣2＝3，故D的坐標(biāo)為（5，3），
令y＝0，則x＝4（舍去）或﹣1，故點(diǎn)A（﹣1，0），
如圖①，連結(jié)BD，作BN⊥AD于N，

∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
∴AD＝35，BD=10，
∵S△ABD=5×32=35×BN2，
∴BN=5，
∴sin∠BDH=BHBD=22，
∴∠BDH＝45°；

（3）①如圖②，連接MA，MB，

∵∠ADB＝45°，
∴∠AMB＝2∠ADB＝90°，
∵M(jìn)A＝MB，MH⊥AB，
∴AH＝BH＝HM=52，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（32，52）⊙M的半徑為522；
②如圖③，連接MQ，MB，

∵過(guò)點(diǎn)B作⊙M的切線交1于點(diǎn)P，
∴∠MBP＝90°，
∵∠MBO＝45°，
∴∠PBH＝45°，
∴PH＝HB＝5，
∵M(jìn)HMQ=52522=22，MQMP=52252=22，
∵∠HMQ＝∠QMP，
∴△HMQ∽△QMP，
∴QHQP=MHMQ=22，
∴在點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)過(guò)程中QHQP的值不變，其值為22．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，銳角三角函數(shù)的定義，相似三角形的判定與性質(zhì)．圓的基本性質(zhì)．解決（3）問(wèn)的關(guān)鍵是構(gòu)造相似三角形實(shí)現(xiàn)比的轉(zhuǎn)換．
4．（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(diǎn)，點(diǎn)D（2，﹣2）為拋物線的頂點(diǎn)．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)E為AO的中點(diǎn)，以點(diǎn)E為圓心、以1為半徑作⊙E，交x軸于B、C兩點(diǎn)，點(diǎn)M為⊙E上一點(diǎn)．
①射線BM交拋物線于點(diǎn)P，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，當(dāng)tan∠MBC＝2時(shí)，求m的值；
②如圖2，連接OM，取OM的中點(diǎn)N，連接DN，則線段DN的長(zhǎng)度是否存在最大值或最小值？若存在，請(qǐng)求出DN的最值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）用拋物線頂點(diǎn)式表達(dá)式得：y＝a（x﹣2）2﹣2，將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入上式，即可求解；
（2）分點(diǎn)P在x軸下方、點(diǎn)P在x軸上方兩種情況，分別求解即可；
（3）證明BN是△OEM的中位線，故BN=12EM=12，而BD=(2?1)2+(0+2)2=5，而BD﹣BN≤ND≤BD+BN，即可求解．
【解答】解：（1）由拋物線頂點(diǎn)式表達(dá)式得：y＝a（x﹣2）2﹣2，
將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入上式并解得：a=12，
故拋物線的表達(dá)式為：y=12（x﹣2）2﹣2=12x2﹣2x①；

（2）點(diǎn)E是OA的中點(diǎn)，則點(diǎn)E（2，0），圓的半徑為1，則點(diǎn)B（1，0），
當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，
如圖1，∵tan∠MBC＝2，
故設(shè)直線BP的表達(dá)式為：y＝﹣2x+s，將點(diǎn)B（1，0）的坐標(biāo)代入上式并解得：s＝2，
故直線BP的表達(dá)式為：y＝﹣2x+2②，
聯(lián)立①②并解得：x＝±2（舍去﹣2），故m＝2；
當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，
同理可得：m＝4±23（舍去4﹣23）；
故m＝2或4+23；

（3）存在，理由：
連接BN、BD、EM，

則BN是△OEM的中位線，故BN=12EM=12，而BD=(2?1)2+(0+2)2=5，
在△BND中，BD﹣BN≤ND≤BD+BN，
即5?0.5≤ND≤5+0.5，
故線段DN的長(zhǎng)度最小值和最大值分別為5?0.5和5+0.5．
【點(diǎn)評(píng)】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)、圓的基本知識(shí)、中位線的性質(zhì)等，綜合性強(qiáng)，難度適中．
5．（2019?濰坊）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)B（0，4），△ABO的中線AC與y軸交于點(diǎn)C，且⊙M經(jīng)過(guò)O，A，C三點(diǎn)．
（1）求圓心M的坐標(biāo)；
（2）若直線AD與⊙M相切于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)D，求直線AD的函數(shù)表達(dá)式；
（3）在（2）的條件下，在過(guò)點(diǎn)B且以圓心M為頂點(diǎn)的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作PE∥y軸，交直線AD于點(diǎn)E．若以PE為半徑的⊙P與直線AD相交于另一點(diǎn)F．當(dāng)EF＝45時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【分析】（1）利用中點(diǎn)公式即可求解；
（2）設(shè)：∠CAO＝α，則∠CAO＝∠ODA＝∠PEH＝α，tan∠CAO=OCOA=12=tanα，則sinα=15，cosα=25，AC=10，則CD=ACsin∠CDA=10sinα=10，即可求解；
（3）利用cos∠PEH=EHPE=25PE=cosα=25，求出PE＝5，即可求解．
【解答】解：（1）點(diǎn)B（0，4），則點(diǎn)C（0，2），
∵點(diǎn)A（4，0），則點(diǎn)M（2，1）；
（2）應(yīng)該是圓M與直線AD相切，則∠CAD＝90°，
設(shè)：∠CAO＝α，則∠CAO＝∠ODA＝∠PEH＝α，
tan∠CAO=OCOA=12=tanα，則sinα=15，cosα=25，
AC=20，則CD=ACsinα=10，
則點(diǎn)D（0，﹣8），
將點(diǎn)A、D的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式：y＝mx+n并解得：
直線AD的表達(dá)式為：y＝2x﹣8；
（3）拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x﹣2）2+1，
將點(diǎn)B坐標(biāo)代入上式并解得：a=34，
故拋物線的表達(dá)式為：y=34x2﹣3x+4，
過(guò)點(diǎn)P作PH⊥EF，則EH=12EF＝25，

cos∠PEH=EHPE=25PE=cosα=25，
解得：PE＝5，
設(shè)點(diǎn)P（x，34x2﹣3x+4），則點(diǎn)E（x，2x﹣8），
則PE=34x2﹣3x+4﹣2x+8＝5，
解得x=143或2，
則點(diǎn)P（143，193）或（2，1）．
【點(diǎn)評(píng)】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來(lái)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度，從而求出線段之間的關(guān)系．
6．（2019?長(zhǎng)沙）如圖，拋物線y＝ax2+6ax（a為常數(shù)，a＞0）與x軸交于O，A兩點(diǎn)，點(diǎn)B為拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（t，0）（﹣3＜t＜0），連接BD并延長(zhǎng)與過(guò)O，A，B三點(diǎn)的⊙P相交于點(diǎn)C．
（1）求點(diǎn)A的坐標(biāo)；
（2）過(guò)點(diǎn)C作⊙P的切線CE交x軸于點(diǎn)E．
①如圖1，求證：CE＝DE；
②如圖2，連接AC，BE，BO，當(dāng)a=33，∠CAE＝∠OBE時(shí)，求1OD?1OE的值．

【分析】（1）令y＝0，可得ax（x+6）＝0，則A點(diǎn)坐標(biāo)可求出；
（2）①連接PC，連接PB延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)M，由切線的性質(zhì)可證得∠ECD＝∠CDE，則CE＝DE；
②設(shè)OE＝m，由∠CAE＝∠OBE可得BDBE=ODOE，則m=6t?t?6，代入?1t?1m可求出1OD?1OE的值．
【解答】解：（1）令ax2+6ax＝0，
ax（x+6）＝0，
∴A（﹣6，0）；
（2）①證明：如圖，連接PC，連接PB，延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)M，

∵⊙P過(guò)O、A、B三點(diǎn)，B為頂點(diǎn)，
∴PM⊥OA，∠PBC+∠BDM＝90°，
又∵PC＝PB，
∴∠PCB＝∠PBC，
∵CE為切線，
∴∠PCB+∠ECD＝90°，
又∵∠BDM＝∠CDE，
∴∠ECD＝∠CDE，
∴CE＝DE．
②解：設(shè)OE＝m，
∵∠CAE＝∠CBO，∠CAE＝∠OBE，
∴∠CBO＝∠EBO，
由角平分線成比例定理可得：BDBE=ODOE，
即：(3+t)2+27(3+m)2+27=?tm，
∴m=6t?t?6，
∴?1m=t+66t，
∴1OD?1OE=?1t?1m，
=t+66t?1t，
=16．
【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)與圓的綜合問(wèn)題，涉及二次函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)、切線的性質(zhì)、等腰三角形的判定、切割線定理等知識(shí)．把圓的知識(shí)鑲嵌其中，會(huì)靈活運(yùn)用圓的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算是解題的關(guān)鍵．
7．（2019?梧州）如圖，已知⊙A的圓心為點(diǎn)（3，0），拋物線y＝ax2?376x+c過(guò)點(diǎn)A，與⊙A交于B、C兩點(diǎn)，連接AB、AC，且AB⊥AC，B、C兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別是2、1．
（1）請(qǐng)直接寫出點(diǎn)B的坐標(biāo)，并求a、c的值；
（2）直線y＝kx+1經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，與x軸交于點(diǎn)D．點(diǎn)E（與點(diǎn)D不重合）在該直線上，且AD＝AE，請(qǐng)判斷點(diǎn)E是否在此拋物線上，并說(shuō)明理由；
（3）如果直線y＝k1x﹣1與⊙A相切，請(qǐng)直接寫出滿足此條件的直線解析式．

【分析】（1）證明Rt△BRA△≌Rt△ASC（AAS），即可求解；
（2）點(diǎn)E在直線BD上，則設(shè)E的坐標(biāo)為（x，12x+1），由AD＝AE，即可求解；
（3）分當(dāng)切點(diǎn)在x軸下方、切點(diǎn)在x軸上方兩種情況，分別求解即可．
【解答】解：（1）過(guò)點(diǎn)B、C分別作x軸的垂線交于點(diǎn)R、S，
∵∠ABR+∠RAB＝90°，∠RAB+∠CAS＝90°，
∴∠RAB＝∠CAS，又AB＝AC，
∴Rt△BRA≌Rt△ASC（AAS），
∴AS＝BR＝2，AR＝CS＝1，
故點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為（2，2）、（5，1），
將點(diǎn)B、C坐標(biāo)代入拋物線y＝ax2?376x+c并解得：
a=56，c＝11，
故拋物線的表達(dá)式為：y=56x2?376x+11；
（2）將點(diǎn)B坐標(biāo)代入y＝kx+1并解得：y=12x+1，則點(diǎn)D（﹣2，0），
點(diǎn)A、B、C、D的坐標(biāo)分別為（3，0）、（2，2）、（5，1）、（﹣2，0），
則AB=5，AD＝5，
點(diǎn)E在直線BD上，則設(shè)E的坐標(biāo)為（x，12x+1），
∵AD＝AE，則52＝（3﹣x）2+（12x+1）2，
解得：x＝﹣2或6（舍去﹣2），
故點(diǎn)E（6，4），
把x＝6代入y=56x2?376x+11＝4，
故點(diǎn)E在拋物線上；
（3）①當(dāng)切點(diǎn)在x軸下方時(shí)，
設(shè)直線y＝k1x﹣1與⊙A相切于點(diǎn)H，直線與x軸、y軸分別交于點(diǎn)K、G（0，﹣1），連接GA，

AH＝AB=5，GA=10，
∵∠AHK＝∠KOG＝90°，∠HKA＝∠HKA，∴△KOG∽△KHA，
∴KOKH=OGHA，即：KO(KO+3)2?5=15，
解得：KO＝2或?12（舍去?12），
故點(diǎn)K（﹣2，0），
把點(diǎn)K、G坐標(biāo)代入y＝k1x﹣1并解得：
直線的表達(dá)式為：y=?12x﹣1；
②當(dāng)切點(diǎn)在x軸上方時(shí)，
直線的表達(dá)式為：y＝2x﹣1；
故滿足條件的直線解析式為：y=?12x﹣1或y＝2x﹣1．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)、圓的切線性質(zhì)、三角形相似等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．
8．（2019?大慶）如圖，拋物線y＝x2+bx+c的對(duì)稱軸為直線x＝2，拋物線與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C，且點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0）．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）將拋物線y＝x2+bx+c圖象x軸下方部分沿x軸向上翻折，保留拋物線在x軸上的點(diǎn)和x軸上方圖象，得到的新圖象與直線y＝t恒有四個(gè)交點(diǎn)，從左到右四個(gè)交點(diǎn)依次記為D，E，F(xiàn)，G．當(dāng)以EF為直徑的圓過(guò)點(diǎn)Q（2，1）時(shí)，求t的值；
（3）在拋物線y＝x2+bx+c上，當(dāng)m≤x≤n時(shí)，y的取值范圍是m≤y≤7，請(qǐng)直接寫出x的取值范圍．

【分析】（1）拋物線的對(duì)稱軸是x＝2，且過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0）點(diǎn)，∴?b2=21?b+c=0，即可求解；
（2）翻折后得到的部分函數(shù)解析式為：y＝﹣（x﹣2）2+9＝﹣x2+4x+5，（﹣1＜x＜5），新圖象與直線y＝t恒有四個(gè)交點(diǎn)，則0＜t＜9，由y=ty=?x2+4x+5解得：x＝2±9?t，即可求解；
（3）分m、n在函數(shù)對(duì)稱軸左側(cè)、m、n在對(duì)稱軸兩側(cè)、m、n在對(duì)稱軸右側(cè)時(shí)，三種情況分別求解即可．
【解答】解：（1）拋物線的對(duì)稱軸是x＝2，且過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0）點(diǎn)，∴?b2=21?b+c=0，解得：b=?4c=?5，
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為：y＝x2﹣4x﹣5；
（2）y＝x2﹣4x﹣5＝（x﹣2）2﹣9，
則x軸下方圖象翻折后得到的部分函數(shù)解析式為：y＝﹣（x﹣2）2+9＝﹣x2+4x+5，（﹣1＜x＜5），其頂點(diǎn)為（2，9）．
∵新圖象與直線y＝t恒有四個(gè)交點(diǎn)，∴0＜t＜9，
設(shè)E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2）．
由y=ty=?x2+4x+5解得：x＝2±9?t，
∵以EF為直徑的圓過(guò)點(diǎn)Q（2，1），
∴EF＝2|t﹣1|＝x2﹣x1，
即29?t=2|t﹣1|，解得t=1±332，
又∵0＜t＜9，
∴t的值為1+332；

（3）①當(dāng)m、n在函數(shù)對(duì)稱軸左側(cè)時(shí)，m≤n≤2，
由題意得：x＝m時(shí)，y＝7，x＝n時(shí)，y＝m，
即：m2﹣4m﹣5＝7，
解得m＝﹣2或m＝6（舍），
n2﹣4n﹣5＝m，
解得n＝2?7或m＝2+7（舍），
解得：﹣2≤x≤2?7；
②當(dāng)m、n在對(duì)稱軸兩側(cè)時(shí)，
x＝2時(shí)，y的最小值為﹣9，不合題意；
③當(dāng)m、n在對(duì)稱軸右側(cè)時(shí)，
同理可得：5+352≤x≤6；
故x的取值范圍是：﹣2≤x≤2?7或5+352≤x≤6．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)、圓的基本性質(zhì)性質(zhì)、圖形的翻折等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．
9．（2019?鄂爾多斯）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣2（a≠0）與x軸交于A（﹣3，0），B（1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線y＝﹣x與該拋物線交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式．
（2）P是直線EF下方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，作PH⊥EF于點(diǎn)H，求PH的最大值．
（3）以點(diǎn)C為圓心，1為半徑作圓，⊙C上是否存在點(diǎn)M，使得△BCM是以CM為直角邊的直角三角形？若存在，直接寫出M點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．

【分析】（1）直接利用待定系數(shù)法即可得出結(jié)論；
（2）先判斷出過(guò)點(diǎn)P平行于直線EF的直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，PH最大，再求出此直線l的解析式，即可得出結(jié)論；
（3）分兩種情況：①當(dāng)∠BMC＝90°時(shí)，先求出BM的長(zhǎng)，進(jìn)而求出BD，DM1的長(zhǎng)，再構(gòu)造出相似三角形即可得出結(jié)論；
②當(dāng)∠BCM＝90°時(shí)，利用銳角三角函數(shù)求出點(diǎn)M3的坐標(biāo)，最后用對(duì)稱的性質(zhì)得出點(diǎn)M4的坐標(biāo)，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣2（a≠0）與x軸交于A（﹣3，0），B（1，0）兩點(diǎn)，
∴9a?3b?2=0a+b?2=0，
∴a=23b=43，
∴拋物線的解析式為y=23x2+43x﹣2；

（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作直線l，使l∥EF，過(guò)點(diǎn)O作OP'⊥l，
當(dāng)直線l與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，PH最大，等于OP'，
∵直線EF的解析式為y＝﹣x，
設(shè)直線l的解析式為y＝﹣x+m①，
∵拋物線的解析式為y=23x2+43x﹣2②，
聯(lián)立①②化簡(jiǎn)得，23x2+73x﹣2﹣m＝0，
∴△=499?4×23×（﹣2﹣m）＝0，
∴m=?9724，
∴直線l的解析式為y＝﹣x?9724，
令y＝0，則x=?9724，
∴M（?9724，0），
∴OM=9724，
在Rt△OP'M中，OP'=OM2=97248，
∴PH最大=97248．

（3）①當(dāng)∠CMB＝90°時(shí)，如圖2，
∴BM是⊙O的切線，
∵⊙C半徑為1，B（1，0），
∴BM2∥y軸，
∴∠CBM2＝∠BCO，M2（1，﹣2），
∴BM2＝2，
∵BM1與BM2是⊙C的切線，
∴BM1＝BM2＝2，∠CBM1＝∠CBM2，
∴∠CBM1＝∠BCO，
∴BD＝CD，
在Rt△BOD中，OD2+OB2＝BD2，
∴OD2+1＝（2﹣OD）2，
∴OD=34，
∴BD=54，
∴DM1=34
過(guò)點(diǎn)M1作M1Q⊥y軸，
∴M1Q∥x軸，
∴△BOD∽△M1QD，
∴OBM1Q=ODDQ=BDDM1，
∴1M1Q=34DQ=5434，
∴M1Q=35，DQ=920，
∴OQ=34+920=65，
∴M1（?35，?65），
②當(dāng)∠BCM＝90°時(shí)，如圖3，
∴∠OCM3+∠OCB＝90°，
∵∠OCB+∠OBC＝90°，
∴∠OCM3＝∠OBC，
在Rt△BOC中，OB＝1，OC＝2，
∴tan∠OBC=OCOB=2，
∴tan∠OCM3＝2，
過(guò)點(diǎn)M3作M3H⊥y軸于H，
在Rt△CHM3中，CM3＝1，
設(shè)CH＝m，則M3H＝2m，
根據(jù)勾股定理得，m2+（2m）2＝1，
∴m=55，
∴M3H＝2m=255，OH＝OC﹣CH＝2?55，
∴M3（?255，55?2），
而點(diǎn)M4與M3關(guān)于點(diǎn)C對(duì)稱，
∴M4（255，?55?2），
即：滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)為（?35，?65）或（1，﹣2）或（?255，55?2）或（255，?55?2）．



【點(diǎn)評(píng)】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，平行線的性質(zhì)，勾股定理，切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，構(gòu)造出相似三角形是解本題的關(guān)鍵．
10．（2019?日照）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝﹣5x+5與x軸，y軸分別交于A，C兩點(diǎn)，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)A，C兩點(diǎn)，與x軸的另一交點(diǎn)為B．
（1）求拋物線解析式及B點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）若點(diǎn)M為x軸下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接MA、MB、BC，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)，四邊形AMBC面積最大，求此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)及四邊形AMBC的面積；
（3）如圖2，若P點(diǎn)是半徑為2的⊙B上一動(dòng)點(diǎn)，連接PC、PA，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)，PC+12PA的值最小，請(qǐng)求出這個(gè)最小值，并說(shuō)明理由．

【分析】（1）由直線y＝﹣5x+5求點(diǎn)A、C坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求拋物線解析式，進(jìn)而求得點(diǎn)B坐標(biāo)．
（2）從x軸把四邊形AMBC分成△ABC與△ABM；由點(diǎn)A、B、C坐標(biāo)求△ABC面積；設(shè)點(diǎn)M橫坐標(biāo)為m，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線段MH，則能用m表示MH的長(zhǎng)，進(jìn)而求△ABM的面積，得到△ABM面積與m的二次函數(shù)關(guān)系式，且對(duì)應(yīng)的a值小于0，配方即求得m為何值時(shí)取得最大值，進(jìn)而求點(diǎn)M坐標(biāo)和四邊形AMBC的面積最大值．
（3）作點(diǎn)D坐標(biāo)為（4，0），可得BD＝1，進(jìn)而有BDBP=BPAB=12，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根據(jù)兩邊對(duì)應(yīng)成比例且?jiàn)A角相等可證△PBD∽△ABP，得PDPA等于相似比12，進(jìn)而得PD=12AP，所以當(dāng)C、P、D在同一直線上時(shí)，PC+12PA＝PC+PD＝CD最?。脙牲c(diǎn)間距離公式即求得CD的長(zhǎng)．
【解答】解：（1）直線y＝﹣5x+5，x＝0時(shí)，y＝5
∴C（0，5）
y＝﹣5x+5＝0時(shí)，解得：x＝1
∴A（1，0）
∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)A，C兩點(diǎn)
∴1+b+c=00+0+c=5 解得：b=?6c=5
∴拋物線解析式為y＝x2﹣6x+5
當(dāng)y＝x2﹣6x+5＝0時(shí)，解得：x1＝1，x2＝5
∴B（5，0）

（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥x軸于點(diǎn)H
∵A（1，0），B（5，0），C（0，5）
∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5
∴S△ABC=12AB?OC=12×4×5＝10
∵點(diǎn)M為x軸下方拋物線上的點(diǎn)
∴設(shè)M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5）
∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5
∴S△ABM=12AB?MH=12×4（﹣m2+6m﹣5）＝﹣2m2+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）2+8
∴S四邊形AMBC＝S△ABC+S△ABM＝10+[﹣2（m﹣3）2+8]＝﹣2（m﹣3）2+18
∴當(dāng)m＝3，即M（3，﹣4）時(shí)，四邊形AMBC面積最大，最大面積等于18
（可以直接利用點(diǎn)M是拋物線的頂點(diǎn)時(shí)，面積最大求解）

（3）如圖2，在x軸上取點(diǎn)D（4，0），連接PD、CD
∴BD＝5﹣4＝1
∵AB＝4，BP＝2
∴BDBP=BPAB=12
∵∠PBD＝∠ABP
∴△PBD∽△ABP
∴PDAP=BDBP=12，
∴PD=12AP
∴PC+12PA＝PC+PD
∴當(dāng)點(diǎn)C、P、D在同一直線上時(shí)，PC+12PA＝PC+PD＝CD最小
∵CD=OC2+OD2=52+42=41
∴PC+12PA的最小值為41


【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求二次函數(shù)最大值，解一次方程（組）和一元二次方程，相似三角形的判定和性質(zhì)，兩點(diǎn)之間線段最短．求線段與線段的幾分之幾的和的最小值，一般將“線段的幾分之幾”進(jìn)行轉(zhuǎn)換，變成能用“兩點(diǎn)之間線段最短”的圖形來(lái)求最小值．
11．（2018?宿遷）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝（x﹣a）（x﹣3）（0＜a＜3）的圖象與x軸交于點(diǎn)A、B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)D，過(guò)其頂點(diǎn)C作直線CP⊥x軸，垂足為點(diǎn)P，連接AD、BC．
（1）求點(diǎn)A、B、D的坐標(biāo)；
（2）若△AOD與△BPC相似，求a的值；
（3）點(diǎn)D、O、C、B能否在同一個(gè)圓上？若能，求出a的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）根據(jù)函數(shù)解析式可以直接得到拋物線與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)；令x＝0，即可求得點(diǎn)D的縱坐標(biāo)；
（2）由拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)公式求得點(diǎn)C的坐標(biāo)，易得線段PB、PC的長(zhǎng)度；
①若△AOD∽△BPC時(shí)，則AOBP=DOCP，將相關(guān)線段的長(zhǎng)度代入求得a的值；
②若△AOD∽△CPB時(shí)，則AOCP=DOPB，將相關(guān)線段的長(zhǎng)度代入求得a的值；
（3）能．理由如下：聯(lián)結(jié)BD，取中點(diǎn)M，則D、O、B在同一個(gè)圓上，且圓心M為（32，32a）．若點(diǎn)C也在圓上，則MC＝MB．根據(jù)兩點(diǎn)間的坐標(biāo)求得相關(guān)線段的長(zhǎng)度，借助于方程解答即可．
【解答】解：（1）∵y＝（x﹣a）（x﹣3）（0＜a＜3），
∴A（a，0），B（3，0）．
當(dāng)x＝0時(shí)，y＝3a，
∴D（0，3a）；

（2）∵A（a，0），B（3，0），
∴對(duì)稱軸直線方程為：x=3+a2．
當(dāng)x=3+a2時(shí)，y＝﹣（3?a2）2，
∴C（3+a2，﹣（3?a2）2），
PB＝3?3+a2，PC＝（3?a2）2，
①若△AOD∽△BPC時(shí)，則AOBP=DOCP，即a3?3+a2=3a(3?a2)2，
解得a＝0或a＝±3（舍去）；
②若△AOD∽△CPB時(shí)，則AOCP=DOPB，即a(3?a2)2=3a3?3+a2，
解得a＝3（舍去）或a=73．
所以a的值是73．

（3）能．理由如下：
聯(lián)結(jié)BD，取中點(diǎn)M
∵D、O、B在同一個(gè)圓上，且圓心M為（32，32a）．
若點(diǎn)C也在圓上，則MC＝MB．即（32?3+a2）2+（32a+（3?a2）2）2＝（32?3）2+（32a﹣0）2，
整理，得
a4﹣14a2+45＝0，
所以（a2﹣5）（a2﹣9）＝0，
解得a1=5，a2=?5（舍），a3＝3（舍），a4＝﹣3（舍），
∴a=5．

【點(diǎn)評(píng)】考查了二次函數(shù)綜合題，需要掌握二次函數(shù)解析式的三種形式，拋物線對(duì)稱軸的求法，相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，方程思想的應(yīng)用．解題時(shí)，注意“分類討論”、“方程思想”等數(shù)學(xué)思想的應(yīng)用，難度較大．
12．（2018?福建）已知拋物線y＝ax2+bx+c過(guò)點(diǎn)A（0，2）．
（1）若點(diǎn)（?2，0）也在該拋物線上，求a，b滿足的關(guān)系式；
（2）若該拋物線上任意不同兩點(diǎn)M（x1，y1），N（x2，y2）都滿足：當(dāng)x1＜x2＜0時(shí)，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0；當(dāng)0＜x1＜x2時(shí)，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＜0．以原點(diǎn)O為心，OA為半徑的圓與拋物線的另兩個(gè)交點(diǎn)為B，C，且△ABC有一個(gè)內(nèi)角為60°．
①求拋物線的解析式；
②若點(diǎn)P與點(diǎn)O關(guān)于點(diǎn)A對(duì)稱，且O，M，N三點(diǎn)共線，求證：PA平分∠MPN．
【分析】（1）由拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A可求出c＝2，再代入（?2，0）即可找出2a?2b+2＝0（a≠0）；
（2）①根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得出拋物線的對(duì)稱軸為y軸、開(kāi)口向下，進(jìn)而可得出b＝0，由拋物線的對(duì)稱性可得出△ABC為等腰三角形，結(jié)合其有一個(gè)60°的內(nèi)角可得出△ABC為等邊三角形，設(shè)線段BC與y軸交于點(diǎn)D，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法可求出a值，此題得解；
②由①的結(jié)論可得出點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x1，?x12+2）、點(diǎn)N的坐標(biāo)為（x2，?x22+2），由O、M、N三點(diǎn)共線可得出x2=?2x1，進(jìn)而可得出點(diǎn)N及點(diǎn)N′的坐標(biāo)，由點(diǎn)A、M的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法可求出直線AM的解析式，利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得出點(diǎn)N′在直線PM上，進(jìn)而即可證出PA平分∠MPN．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c過(guò)點(diǎn)A（0，2），
∴c＝2．
又∵點(diǎn)（?2，0）也在該拋物線上，
∴a（?2）2+b（?2）+c＝0，
∴2a?2b+2＝0（a≠0）．
（2）①∵當(dāng)x1＜x2＜0時(shí)，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0，
∴x1﹣x2＜0，y1﹣y2＜0，
∴當(dāng)x＜0時(shí)，y隨x的增大而增大；
同理：當(dāng)x＞0時(shí)，y隨x的增大而減小，
∴拋物線的對(duì)稱軸為y軸，開(kāi)口向下，
∴b＝0．
∵OA為半徑的圓與拋物線的另兩個(gè)交點(diǎn)為B、C，
∴△ABC為等腰三角形，
又∵△ABC有一個(gè)內(nèi)角為60°，
∴△ABC為等邊三角形．
設(shè)線段BC與y軸交于點(diǎn)D，則BD＝CD，且∠OCD＝30°，
又∵OB＝OC＝OA＝2，
∴CD＝OC?cos30°=3，OD＝OC?sin30°＝1．
不妨設(shè)點(diǎn)C在y軸右側(cè)，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，﹣1）．
∵點(diǎn)C在拋物線上，且c＝2，b＝0，
∴3a+2＝﹣1，
∴a＝﹣1，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2．
②證明：由①可知，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x1，?x12+2），點(diǎn)N的坐標(biāo)為（x2，?x22+2）．
直線OM的解析式為y＝k1x（k1≠0）．
∵O、M、N三點(diǎn)共線，
∴x1≠0，x2≠0，且?x12+2x1=?x22+2x2，
∴﹣x1+2x1=?x2+2x2，
∴x1﹣x2=?2(x1?x2)x1x2，
∴x1x2＝﹣2，即x2=?2x1，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（?2x1，?4x12+2）．
設(shè)點(diǎn)N關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)N′，則點(diǎn)N′的坐標(biāo)為（2x1，?4x12+2）．
∵點(diǎn)P是點(diǎn)O關(guān)于點(diǎn)A的對(duì)稱點(diǎn)，
∴OP＝2OA＝4，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，4）．
設(shè)直線PM的解析式為y＝k2x+4，
∵點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x1，?x12+2），
∴?x12+2＝k2x1+4，
∴k2=?x12+2x1，
∴直線PM的解析式為y=?x12+2x1x+4．
∵?x12+2x1?2x1+4=?2(x12+2)+4x12x12=?4x12+2，
∴點(diǎn)N′在直線PM上，
∴PA平分∠MPN．


【點(diǎn)評(píng)】本題考查了待定系數(shù)法求一次（二次）函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)以及一次（二次）函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，解題的關(guān)鍵是：（1）利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求出a、b滿足的關(guān)系式；（2）①利用等邊三角形的性質(zhì)找出點(diǎn)C的坐標(biāo)；②利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征找出點(diǎn)N′在直線PM上．
13．（2018?長(zhǎng)沙模擬）如圖1，二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的右側(cè)），與y軸的正半軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D．
（1）求頂點(diǎn)D的坐標(biāo)（用含a的代數(shù)式表示）；
（2）若以AD為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)C．
①求拋物線的函數(shù)關(guān)系式；
②如圖2，點(diǎn)E是y軸負(fù)半軸上一點(diǎn)，連接BE，將△OBE繞平面內(nèi)某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，得到△PMN（點(diǎn)P、M、N分別和點(diǎn)O、B、E對(duì)應(yīng)），并且點(diǎn)M、N都在拋物線上，作MF⊥x軸于點(diǎn)F，若線段MF：BF＝1：2，求點(diǎn)M、N的坐標(biāo)；
③點(diǎn)Q在拋物線的對(duì)稱軸上，以Q為圓心的圓過(guò)A、B兩點(diǎn)，并且和直線CD相切，如圖3，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

【分析】（1）將二次函數(shù)的解析式進(jìn)行配方即可得到頂點(diǎn)D的坐標(biāo)．
（2）①以AD為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，即點(diǎn)C在以AD為直徑的圓的圓周上，依據(jù)圓周角定理不難得出△ACD是個(gè)直角三角形，且∠ACD＝90°，A點(diǎn)坐標(biāo)可得，而C、D的坐標(biāo)可由a表達(dá)出來(lái)，在得出AC、CD、AD的長(zhǎng)度表達(dá)式后，依據(jù)勾股定理列等式即可求出a的值，由此得出拋物線的解析式．
②將△OBE繞平面內(nèi)某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°得到△PMN，說(shuō)明了PM正好和x軸平行，且PM＝OB＝1，所以求M、N的坐標(biāo)關(guān)鍵是求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；首先根據(jù)①的函數(shù)解析式設(shè)出M點(diǎn)的坐標(biāo)，然后根據(jù)題干條件：BF＝2MF作為等量關(guān)系進(jìn)行解答即可．
③設(shè)⊙Q與直線CD的切點(diǎn)為G，連接QG，由C、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)不難判斷出∠CDQ＝45°，那么△QGD為等腰直角三角形，即QD2＝2QG2＝2QB2，設(shè)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，然后用Q點(diǎn)縱坐標(biāo)表達(dá)出QD、QB的長(zhǎng)，根據(jù)上面的等式列方程即可求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，
∴D（1，﹣4a）．

（2）①∵以AD為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，
∴△ACD為直角三角形，且∠ACD＝90°；
由y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣3）（x+1）知，A（3，0）、B（﹣1，0）、C（0，﹣3a），則：
AC2＝（0﹣3）2+（﹣3a﹣0）2＝9a2+9、CD2＝（0﹣1）2+（﹣3a+4a）2＝a2+1、AD2＝（3﹣1）2+（0+4a）2＝16a2+4
由勾股定理得：AC2+CD2＝AD2，即：9a2+9+a2+1＝16a2+4，
化簡(jiǎn)，得：a2＝1，由a＜0，得：a＝﹣1
即，拋物線的解析式：y＝﹣x2+2x+3．
②∵將△OBE繞平面內(nèi)某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°得到△PMN，
∴PM∥x軸，且PM＝OB＝1；
設(shè)M（x，﹣x2+2x+3），則OF＝x，MF＝﹣x2+2x+3，BF＝OF+OB＝x+1；
∵M(jìn)F：BF＝1：2，即BF＝2MF，
∴2（﹣x2+2x+3）＝x+1，化簡(jiǎn)，得：2x2﹣3x﹣5＝0
解得：x1＝﹣1、x2=52
∴M（52，74）、N（32，154）．
③設(shè)⊙Q與直線CD的切點(diǎn)為G，連接QG，過(guò)C作CH⊥QD于H，如右圖；
設(shè)Q（1，b），則QD＝4﹣b，QB2＝QG2＝（1+1）2+（b﹣0）2＝b2+4；
∵C（0，3）、D（1，4），
∴CH＝DH＝1，即△CHD是等腰直角三角形，
∴△QGD也是等腰直角三角形，即：QD2＝2QG2；
代入數(shù)據(jù)，得：
（4﹣b）2＝2（b2+4），化簡(jiǎn)，得：b2+8b﹣8＝0，
解得：b＝﹣4±26；
即點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1，﹣4+26）或（1，﹣4﹣26）．

【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)、圓周角定理以及直線和圓的位置關(guān)系等重要知識(shí)點(diǎn)；后兩個(gè)小題較難，最后一題中，通過(guò)構(gòu)建等腰直角三角形找出QD和⊙Q半徑間的數(shù)量關(guān)系是解題題目的關(guān)鍵．
14．（2018?濟(jì)寧）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若以點(diǎn)A為圓心的圓與直線BC相切于點(diǎn)M，求切點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）若點(diǎn)Q在x軸上，點(diǎn)P在拋物線上，是否存在以點(diǎn)B，C，Q，P為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）把A，B，C的坐標(biāo)代入拋物線解析式求出a，b，c的值即可；
（2）由題意得到直線BC與直線AM垂直，求出直線BC解析式，確定出直線AM中k的值，利用待定系數(shù)法求出直線AM解析式，聯(lián)立求出M坐標(biāo)即可；
（3）存在以點(diǎn)B，C，Q，P為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，分三種情況，利用平移規(guī)律確定出P的坐標(biāo)即可．
【解答】解：（1）把A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）代入拋物線解析式得：9a+3b+c=0a?b+c=0c=?3，
解得：a=1b=?2c=?3，
則該拋物線解析式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）設(shè)直線BC解析式為y＝kx﹣3，
把B（﹣1，0）代入得：﹣k﹣3＝0，即k＝﹣3，
∴直線BC解析式為y＝﹣3x﹣3，
∴直線AM解析式為y=13x+m，
把A（3，0）代入得：1+m＝0，即m＝﹣1，
∴直線AM解析式為y=13x﹣1，
聯(lián)立得：y=?3x?3y=13x?1，
解得：x=?35y=?65，
則M（?35，?65）；
（3）存在以點(diǎn)B，C，Q，P為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，
分三種情況考慮：
設(shè)Q（x，0），P（m，m2﹣2m﹣3），
當(dāng)四邊形BCQP為平行四邊形時(shí)，由B（﹣1，0），C（0，﹣3），
根據(jù)平移規(guī)律得：﹣1+x＝0+m，0+0＝﹣3+m2﹣2m﹣3，
解得：m＝1±7，x＝2±7，
當(dāng)m＝1+7時(shí)，m2﹣2m﹣3＝8+27?2﹣27?3＝3，即P（1+7，3）；
當(dāng)m＝1?7時(shí)，m2﹣2m﹣3＝8﹣27?2+27?3＝3，即P（1?7，3）；
當(dāng)四邊形BCPQ為平行四邊形時(shí)，由B（﹣1，0），C（0，﹣3），
根據(jù)平移規(guī)律得：﹣1+m＝0+x，0+m2﹣2m﹣3＝﹣3+0，
解得：m＝0或2，
當(dāng)m＝0時(shí)，P（0，﹣3）（舍去）；當(dāng)m＝2時(shí)，P（2，﹣3），
當(dāng)四邊形BQCP是平行四邊形時(shí)，
由平移規(guī)律得：﹣1+0＝m+x，0﹣3＝m2﹣2m﹣3，
解得：m＝0或2，x＝﹣1或﹣3，
當(dāng)m＝0時(shí)，P（0，﹣3）（舍去）；當(dāng)m＝2時(shí)，P（2，﹣3），
綜上，存在以點(diǎn)B，C，Q，P為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，P的坐標(biāo)為（1+7，3）或（1?7，3）或（2，﹣3）．
【點(diǎn)評(píng)】此題屬于二次函數(shù)綜合題，涉及的知識(shí)有：待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，平行四邊形的性質(zhì)，以及平移規(guī)律，熟練掌握各自的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
15．（2018?遵義）在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2+53x+c的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（0，2）和點(diǎn)D（4，﹣2）．點(diǎn)E是直線y=?13x+2與二次函數(shù)圖象在第一象限內(nèi)的交點(diǎn)．
（1）求二次函數(shù)的解析式及點(diǎn)E的坐標(biāo)．
（2）如圖①，若點(diǎn)M是二次函數(shù)圖象上的點(diǎn)，且在直線CE的上方，連接MC，OE，ME．求四邊形COEM面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)．
（3）如圖②，經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)的圓交y軸于點(diǎn)F，求點(diǎn)F的坐標(biāo)．

【分析】（1）把C與D坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式求出a與c的值，確定出二次函數(shù)解析式，與一次函數(shù)解析式聯(lián)立求出E坐標(biāo)即可；
（2）過(guò)M作MH垂直于x軸，與直線CE交于點(diǎn)H，四邊形COEM面積最大即為三角形CME面積最大，構(gòu)造出二次函數(shù)求出最大值，并求出此時(shí)M坐標(biāo)即可；
（3）令y＝0，求出x的值，得出A與B坐標(biāo)，由圓周角定理及相似的性質(zhì)得到三角形AOC與三角形BOF相似，由相似得比例求出OF的長(zhǎng)，即可確定出F坐標(biāo)．
【解答】解：（1）把C（0，2），D（4，﹣2）代入二次函數(shù)解析式得：16a+203+c=?2c=2，
解得：a=?23c=2，即二次函數(shù)解析式為y=?23x2+53x+2，
聯(lián)立一次函數(shù)解析式得：y=?13x+2y=?23x2+53x+2，
消去y得：?13x+2=?23x2+53x+2，
解得：x＝0或x＝3，
則E（3，1）；
（2）如圖①，過(guò)M作MH∥y軸，交CE于點(diǎn)H，
設(shè)M（m，?23m2+53m+2），則H（m，?13m+2），
∴MH＝（?23m2+53m+2）﹣（?13m+2）=?23m2+2m，
S四邊形COEM＝S△OCE+S△CME=12×2×3+12MH?3＝﹣m2+3m+3，
當(dāng)m=?b2a=32時(shí)，S最大=214，此時(shí)M坐標(biāo)為（32，3）；
（3）連接BF，如圖②所示，
當(dāng)?23x2+53x+2＝0時(shí)，x1=5+734，x2=5?734，
∴OA=73?54，OB=73+54，
∵∠ACO＝∠ABF，∠AOC＝∠FOB，
∴△AOC∽△FOB，
∴OAOF=OCOB，即73?54OF=273+54，
解得：OF=32，
則F坐標(biāo)為（0，?32）．

【點(diǎn)評(píng)】此題屬于二次函數(shù)綜合題，涉及的知識(shí)有：待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，二次函數(shù)圖象與性質(zhì)，以及圖形與坐標(biāo)性質(zhì)，熟練掌握各自的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
16．（2018?福建）已知拋物線y＝ax2+bx+c過(guò)點(diǎn)A（0，2），且拋物線上任意不同兩點(diǎn)M（x1，y1），N（x2，y2）都滿足：當(dāng)x1＜x2＜0時(shí)，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0；當(dāng)0＜x1＜x2時(shí)，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＜0．以原點(diǎn)O為圓心，OA為半徑的圓與拋物線的另兩個(gè)交點(diǎn)為B，C，且B在C的左側(cè)，△ABC有一個(gè)內(nèi)角為60°．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若MN與直線y＝﹣23x平行，且M，N位于直線BC的兩側(cè)，y1＞y2，解決以下問(wèn)題：
①求證：BC平分∠MBN；
②求△MBC外心的縱坐標(biāo)的取值范圍．
【分析】（1）由A的坐標(biāo)確定出c的值，根據(jù)已知不等式判斷出y1﹣y2＜0，可得出拋物線的增減性，確定出拋物線對(duì)稱軸為y軸，且開(kāi)口向下，求出b的值，如圖1所示，可得三角形ABC為等邊三角形，確定出B的坐標(biāo)，代入拋物線解析式即可；
（2）①設(shè)出點(diǎn)M（x1，﹣x12+2），N（x2，﹣x22+2），由MN與已知直線平行，得到k值相同，表示出直線MN解析式，進(jìn)而表示出ME，BE，NF，BF，求出tan∠MBE與tan∠NBF的值相等，進(jìn)而得到BC為角平分線；
②三角形的外心即為三條垂直平分線的交點(diǎn)，得到y(tǒng)軸為BC的垂直平分線，設(shè)P為外心，利用勾股定理化簡(jiǎn)PB2＝PM2，確定出△MBC外心的縱坐標(biāo)的取值范圍即可．
【解答】解：（1）∵拋物線過(guò)點(diǎn)A（0，2），
∴c＝2，
當(dāng)x1＜x2＜0時(shí)，x1﹣x2＜0，由（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0，得到y(tǒng)1﹣y2＜0，
∴當(dāng)x＜0時(shí)，y隨x的增大而增大，
同理當(dāng)x＞0時(shí)，y隨x的增大而減小，
∴拋物線的對(duì)稱軸為y軸，且開(kāi)口向下，即b＝0，
∵以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓與拋物線交于另兩點(diǎn)B，C，如圖1所示，
∴△ABC為等腰三角形，
∵△ABC中有一個(gè)角為60°，
∴△ABC為等邊三角形，且OC＝OA＝2，
設(shè)線段BC與y軸的交點(diǎn)為點(diǎn)D，則有BD＝CD，且∠OBD＝30°，
∴BD＝OB?cos30°=3，OD＝OB?sin30°＝1，
∵B在C的左側(cè)，
∴B的坐標(biāo)為（?3，﹣1），
∵B點(diǎn)在拋物線上，且c＝2，b＝0，
∴3a+2＝﹣1，
解得：a＝﹣1，
則拋物線解析式為y＝﹣x2+2；
（2）①由（1）知，點(diǎn)M（x1，﹣x12+2），N（x2，﹣x22+2），
∵M(jìn)N與直線y＝﹣23x平行，
∴設(shè)直線MN的解析式為y＝﹣23x+m，則有﹣x12+2＝﹣23x1+m，即m＝﹣x12+23x1+2，
∴直線MN解析式為y＝﹣23x﹣x12+23x1+2，
把y＝﹣23x﹣x12+23x1+2代入y＝﹣x2+2，解得：x＝x1或x＝23?x1，
∴x2＝23?x1，即y2＝﹣（23?x1）2+2＝﹣x12+43x1﹣10，
作ME⊥BC，NF⊥BC，垂足為E，F(xiàn)，如圖2所示，
∵M(jìn)，N位于直線BC的兩側(cè)，且y1＞y2，則y2＜﹣1＜y1≤2，且?3＜x1＜x2，
∴ME＝y(tǒng)1﹣（﹣1）＝﹣x12+3，BE＝x1﹣（?3）＝x1+3，NF＝﹣1﹣y2＝x12﹣43x1+9，BF＝x2﹣（?3）＝33?x1，
在Rt△BEM中，tan∠MBE=MEBE=?x12+3x1+3=3?x1，
在Rt△BFN中，tan∠NBF=NFBF=x12?43x1+933?x1=(x1?23)2?333?x1=(x1?33)(x1?3)33?x1=3?x1，
∵tan∠MBE＝tan∠NBF，
∴∠MBE＝∠NBF，
則BC平分∠MBN；
②∵y軸為BC的垂直平分線，
∴設(shè)△MBC的外心為P（0，y0），則PB＝PM，即PB2＝PM2，
根據(jù)勾股定理得：3+（y0+1）2＝x12+（y0﹣y1）2，
∵x12＝2﹣y1，
∴y02+2y0+4＝（2﹣y1）+（y0﹣y1）2，即y0=12y1﹣1，
由①得：﹣1＜y1≤2，
∴?32＜y0≤0，
則△MBC的外心的縱坐標(biāo)的取值范圍是?32＜y0≤0．


【點(diǎn)評(píng)】此題屬于二次函數(shù)綜合題，涉及的知識(shí)有：待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，勾股定理，熟練掌握各自的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
17．（2018?湖北）拋物線y=?23x2+73x﹣1與x軸交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，其頂點(diǎn)為D．將拋物線位于直線l：y＝t（t＜2524）上方的部分沿直線l向下翻折，拋物線剩余部分與翻折后所得圖形組成一個(gè)“M”形的新圖象．
（1）點(diǎn)A，B，D的坐標(biāo)分別為　（12，0）　，?。?，0）　，?。?4，2524）??；
（2）如圖①，拋物線翻折后，點(diǎn)D落在點(diǎn)E處．當(dāng)點(diǎn)E在△ABC內(nèi)（含邊界）時(shí)，求t的取值范圍；
（3）如圖②，當(dāng)t＝0時(shí)，若Q是“M”形新圖象上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在以CQ為直徑的圓與x軸相切于點(diǎn)P？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再利用配方法即可找出拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）由點(diǎn)D的坐標(biāo)結(jié)合對(duì)稱找出點(diǎn)E的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)B、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式，再利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征即可得出關(guān)于t的一元一次不等式組，解之即可得出t的取值范圍；
（3）假設(shè)存在，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（12m，0），則點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為m，（方法一）分m＜12或m＞3及12≤m≤3兩種情況，利用勾股定理找出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，進(jìn)而可找出點(diǎn)P的坐標(biāo)；（方法二）過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥x軸于點(diǎn)N，由等角的余角相等結(jié)合正切的定義可得出OPOC=NQPN，分m＜12或m＞3及12≤m≤3兩種情況找出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，結(jié)合OPOC=NQPN可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，進(jìn)而可找出點(diǎn)P的坐標(biāo)
【解答】解：（1）當(dāng)y＝0時(shí)，有?23x2+73x﹣1＝0，
解得：x1=12，x2＝3，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（12，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0）．
∵y=?23x2+73x﹣1=?23（x2?72x）﹣1=?23（x?74）2+2524，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（74，2524）．
故答案為：（12，0）；（3，0）；（74，2524）．
（2）∵點(diǎn)E、點(diǎn)D關(guān)于直線y＝t對(duì)稱，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（74，2t?2524）．
當(dāng)x＝0時(shí)，y=?23x2+73x﹣1＝﹣1，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣1）．
設(shè)線段BC所在直線的解析式為y＝kx+b，
將B（3，0）、C（0，﹣1）代入y＝kx+b，
3k+b=0b=?1，解得：k=13b=?1，
∴線段BC所在直線的解析式為y=13x﹣1．
∵點(diǎn)E在△ABC內(nèi)（含邊界），
∴2t?2524≤02t?2524≥13×74?1，
解得：516≤t≤2548．
（3）當(dāng)x＜12或x＞3時(shí)，y=?23x2+73x﹣1；
當(dāng)12≤x≤3時(shí)，y=23x2?73x+1．
假設(shè)存在，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（12m，0），則點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為m．
（方法一）①當(dāng)m＜12或m＞3時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，?23m2+73m﹣1）（如圖1），
∵以CQ為直徑的圓與x軸相切于點(diǎn)P，
∴CP⊥PQ，
∴CQ2＝CP2+PQ2，即m2+（?23m2+73m）2=14m2+1+14m2+（?23m2+73m﹣1）2，
整理，得：5m2﹣28m+12＝0，
解得：m1=14?2345，m2=14+2345，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（7?345，0）或（7+345，0）；
②當(dāng)12≤m≤3時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，23m2?73m+1）（如圖2），
∵以CQ為直徑的圓與x軸相切于點(diǎn)P，
∴CP⊥PQ，
∴CQ2＝CP2+PQ2，即m2+（23m2?73m+2）2=14m2+1+14m2+（23m2?73m+1）2，
整理，得：11m2﹣28m+12＝0，
解得：m3=611，m4＝2，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（311，0）或（1，0）．
（方法二）過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥x軸于點(diǎn)N，畫出簡(jiǎn)圖，如圖3所示．
∵∠CPQ＝90°，
∴∠OPC+∠NPQ＝90°．
又∵∠OPC+∠OCP＝90°，
∴∠OCP＝∠NPQ，
∴tan∠OCP＝tan∠NPQ，即OPOC=NQPN．
①當(dāng)m＜12或m＞3時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，?23m2+73m﹣1），
∴12m1=23m2?73m+112m，
整理，得：5m2﹣28m+12＝0，
解得：m1=14?2345，m2=14+2345，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（7?345，0）或（7+345，0）；
②當(dāng)12≤m≤3時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，23m2?73m+1），
∴12m1=12m?23m2+73m?1，
整理，得：11m2﹣28m+12＝0，
解得：m3=611，m4＝2，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（311，0）或（1，0）．
綜上所述：存在以CQ為直徑的圓與x軸相切于點(diǎn)P，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（7?345，0）、（311，0）、（1，0）或（7+345，0）．



【點(diǎn)評(píng)】本題考查了一次（二次）函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、勾股定理以及解一元二次方程，解題的關(guān)鍵是：（1）利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)；（2）利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征結(jié)合點(diǎn)E在△ABC內(nèi)，找出關(guān)于t的一元一次不等式組；（3）分m＜12或m＞3及12≤m≤3兩種情況，找出關(guān)于m的一元二次方程．
18．（2018?柳州）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（3，0），B兩點(diǎn)（點(diǎn)B在點(diǎn)A的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，且OB＝3OA=3OC，∠OAC的平分線AD交y軸于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)A且垂直于AD的直線l交y軸于點(diǎn)E，點(diǎn)P是x軸下方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥x軸，垂足為F，交直線AD于點(diǎn)H．
（1）求拋物線的解析式；
（2）設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，當(dāng)FH＝HP時(shí)，求m的值；
（3）當(dāng)直線PF為拋物線的對(duì)稱軸時(shí)，以點(diǎn)H為圓心，12HC為半徑作⊙H，點(diǎn)Q為⊙H上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求14AQ+EQ的最小值．

【分析】（1）求出A、B、C的坐標(biāo)，利用兩根式求出拋物線的解析式即可；
（2）求出直線AH的解析式，根據(jù)方程即可解決問(wèn)題；
（3）首先求出⊙H的半徑，在HA上取一點(diǎn)K，使得HK=14，此時(shí)K（?738，?158），由HQ2＝HK?HA，可得△QHK∽△AHQ，推出KQAQ=HQAH=14，可得KQ=14AQ，推出14AQ+QE＝KQ+EQ，可得當(dāng)E、Q、K共線時(shí)，14AQ+QE的值最小，由此求出點(diǎn)E坐標(biāo)，點(diǎn)K坐標(biāo)即可解決問(wèn)題；
【解答】解：（1）由題意A（3，0），B（﹣33，0），C（0，﹣3），
設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+33）（x?3），
把C（0，﹣3）代入得到a=13，
∴拋物線的解析式為y=13x2+233x﹣3．

（2）在Rt△AOC中，tan∠OAC=OCOA=3，
∴∠OAC＝60°，
∵AD平分∠OAC，
∴∠OAD＝30°，
∴OD＝OA?tan30°＝1，
∴D（0，﹣1），
∴直線AD的解析式為y=33x﹣1，
由題意P（m，13m2+233m﹣3），H（m，33m﹣1），F(xiàn)（m，0），
∵FH＝PH，
∴1?33m=33m﹣1﹣（13m2+233m﹣3）
解得m=?3或3（舍棄），
∴當(dāng)FH＝HP時(shí)，m的值為?3．

（3）如圖，∵PF是對(duì)稱軸，
∴F（?3，0），H（?3，﹣2），
∵AH⊥AE，
∴∠EAO＝60°，
∴EO=3OA＝3，
∴E（0，3），

∵C（0，﹣3），
∴HC=(3)2+12=2，AH＝2FH＝4，
∴QH=12CH＝1，
在HA上取一點(diǎn)K，使得HK=14，此時(shí)K（?783，?158），
∵HQ2＝1，HK?HA＝1，
∴HQ2＝HK?HA，
∴HQAH=KHHQ，∵∠QHK＝∠AHQ，
∴△QHK∽△AHQ，
∴KQAQ=HQAH=14，
∴KQ=14AQ，
∴14AQ+QE＝KQ+EQ，
∴當(dāng)E、Q、K共線時(shí)，14AQ+QE的值最小，最小值=(738)2+(158+3)2=4174．
方法二：（可以不求點(diǎn)K坐標(biāo)，在Rt△AKE中，利用勾股定理即可）；
【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、一元二次方程、圓的有關(guān)知識(shí)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
19．（2019秋?江都區(qū)期末）已知二次函數(shù)y=18x2+bx+c（b、c為常數(shù)）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0，﹣1）和點(diǎn)A（4，1）．
（1）求b、c的值；
（2）如圖1，點(diǎn)C（10，m）在拋物線上，點(diǎn)M是y軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M平行于x軸的直線l平分∠AMC，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）如圖2，在（2）的條件下，點(diǎn)P是拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，以P為圓心、PM為半徑的圓與x軸相交于E、F兩點(diǎn)，若△PEF的面積為26，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【分析】（1）把A（4，1）和（0，﹣1）代入y=18x2+bx+c，即可求解；
（2）證明△CMD∽△AME，則CDAE=MDME∴232?nn?1=104，即可求解；
（3）設(shè)點(diǎn)P（m，n），n=18m2﹣2，則m2＝8n+8…①，點(diǎn)E（a，0），則點(diǎn)F（2m﹣a，0）；S=12×EF×n＝26，解得：a＝m?26n?②；PM＝PE，即m2+（n﹣4）2＝（m﹣a）2+n2，化簡(jiǎn)得：a（a﹣2m）＝16﹣8n，將②代入上式得：﹣（m+26n）（m?26n）＝16﹣8n，即可求解．
【解答】解：（1）把A（4，1）和（0，﹣1）代入y=18x2+bx+c得，
b＝0，c＝﹣1；

（2）C(10，232)，設(shè)M（0，n）．過(guò)點(diǎn)C作CD⊥l，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥l．

則△CMD∽△AME，
∴CDAE=MDME∴232?nn?1=104，
解得：n＝4，
∴M（0，4）；

（3）設(shè)點(diǎn)P（m，n），n=18m2﹣1，則m2＝8n+8…①，
點(diǎn)E（a，0），則點(diǎn)F（2m﹣a，0）；
S=12×EF×n＝26，
解得：a＝m?26n?②；
PM＝PE，
即m2+（n﹣4）2＝（m﹣a）2+n2，
化簡(jiǎn)得：a（a﹣2m）＝16﹣8n，將②代入上式得：
﹣（m+26n）（m?26n）＝16﹣8n，
即m2?24n2=8n﹣16，將①代入上式并解得：
24n2=24，解得：n＝±1，
則m＝4或﹣4或0，
故：P（4，1）或（﹣4，1）或（0，﹣1）．
【點(diǎn)評(píng)】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)、三角形相似、圓的基本知識(shí)、面積的計(jì)算等，綜合強(qiáng)，難度適中．
20．（2020?越秀區(qū)校級(jí)模擬）已知：二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3（a＞0），當(dāng)2≤x≤4時(shí)，函數(shù)有最大值5．
（1）求此二次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)；
（2）將函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3（a＞0）圖象x軸下方部分沿x軸向上翻折，得到的新圖象與直線y＝n恒有四個(gè)交點(diǎn)，從左到右，四個(gè)交點(diǎn)依次記為A，B，C，D，當(dāng)以BC為直徑的圓與x軸相切時(shí)，求n的值．
（3）若點(diǎn)P（x0，y0）是（2）中翻折得到的拋物線弧部分上任意一點(diǎn)，若關(guān)于m的一元二次方程m2﹣y0m+k﹣4+y0＝0恒有實(shí)數(shù)根時(shí)，求實(shí)數(shù)k的最大值．
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)解析式作出大致圖象，結(jié)合函數(shù)圖象的增減性和對(duì)稱性質(zhì)解答；
（2）其折疊得到的部分對(duì)應(yīng)的解析式為：y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1＜x＜3），其頂點(diǎn)為（1，4）．結(jié)合函數(shù)圖象得到n的取值范圍為0＜n＜4．根據(jù)函數(shù)與直線的交點(diǎn)方程求得x=1±4?n，易得BC的長(zhǎng)度．當(dāng)以BC為直徑的圓與x軸相切時(shí)，BC＝2n．由此求得n的值；
（3）由根的判別式知，△=(?y0)2?4(k?4+y0)≥0恒成立，即4k≤y02?4y0+16恒成立，即k≤(y0?2)2+124恒成立．根據(jù)點(diǎn)P（x0，y0）是（2）中翻折得到的拋物線弧部分上任意一點(diǎn)，則0＜y0≤4，由二次函數(shù)函數(shù)值的取值范圍求得實(shí)數(shù)k的最大值．
【解答】解：（1）拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3（a＞0）的對(duì)稱軸為：x=??22a=1．
∵a＞0，拋物線開(kāi)口向上，大致圖象如圖所示．
∴當(dāng)x≥1時(shí)，y隨x增大而增大；
由已知：當(dāng)2≤x≤4時(shí)，函數(shù)有最大值5．
∴當(dāng)x＝4時(shí)，y＝5，
∴16a﹣8a﹣3＝5，得：a＝1．
∴y＝x2﹣2x﹣3．
令x＝0，得y＝﹣3，令y＝0，得x＝﹣1或x＝3，
∴拋物線與y軸交于（0，﹣3），
拋物線與x軸交于（﹣1，0）、（3，0）；

（2）y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
其折疊得到的部分對(duì)應(yīng)的解析式為：y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1＜x＜3），其頂點(diǎn)為（1，4）．
∵圖象與直線y＝n恒有四個(gè)交點(diǎn)，
∴0＜n＜4．
由﹣（x﹣1）2+4＝n，解得x=1±4?n，
∴B(1?4?n，n)，C(1+4?n，n)，BC=24?n．
當(dāng)以BC為直徑的圓與x軸相切時(shí)，BC＝2n．
即：24?n=2n，
∴4?n=n2，
∴n2＝4﹣n，
得n=?1±172，
∵0＜n＜4，
∴n=?1+172．
（另法：∵BC直徑，且⊙F與x軸相切，
∴FC＝y(tǒng)＝n，
∵對(duì)稱軸為直線x＝1，
∴F（1，n），則C（1+n，n），
又∵C在y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1＜x＜3）上，
∴n＝﹣（1+n﹣1）2+4，
得n=?1±172，
∵0＜n＜4，
∴n=?1+172）．
（3）若關(guān)于m的一元二次方程m2﹣y0m+k﹣4+y0＝0恒有實(shí)數(shù)根，則須△=(?y0)2?4(k?4+y0)≥0恒成立，即4k≤y02?4y0+16恒成立，即k≤(y0?2)2+124恒成立．
∵點(diǎn)P（x0，y0）是（2）中翻折得到的拋物線弧部分上任意一點(diǎn)，
∴0＜y0≤4，
∴3≤(y0?2)2+124≤4 （ k取 (y0?2)2+124值之下限）
∴實(shí)數(shù)k的最大值為3．

【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了二次函數(shù)綜合以及新定義和一元二次方程根的判別式等知識(shí)，利用分段函數(shù)討論得出n的取值范圍是解題關(guān)鍵．

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2021中考數(shù)學(xué)壓軸題題型：專題13二次函數(shù)與交點(diǎn)公共點(diǎn)綜合問(wèn)題（含原卷及解析卷）

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2021中考數(shù)學(xué)壓軸題題型：專題12二次函數(shù)與動(dòng)點(diǎn)綜合問(wèn)題（含原卷及解析卷）

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2021中考數(shù)學(xué)壓軸題題型：專題11二次函數(shù)與角綜合問(wèn)題（含原卷及解析卷）

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2021中考數(shù)學(xué)壓軸題題型：專題4二次函數(shù)與相似全等問(wèn)題（含原卷及解析卷）

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