專題2.7以二次函數(shù)與圓問(wèn)題為背景解答題-208年中考數(shù)學(xué)備考優(yōu)生百日闖關(guān)系列解析版

第七關(guān)：以二次函數(shù)與圓的問(wèn)題為背景的解答【總體點(diǎn)評(píng)】二次函數(shù)在中考數(shù)學(xué)中常常作為壓軸題，同時(shí)在省級(jí)，國(guó)家級(jí)數(shù)學(xué)競(jìng)賽中也有二次函數(shù)大題，很多學(xué)生在有限的時(shí)間內(nèi)都不能很好完成。由于在高中和大學(xué)中很多數(shù)學(xué)知識(shí)都與函數(shù)知識(shí)或?yàn)閱为?dú)的解答題出現(xiàn).如果把圓放到直角坐標(biāo)系中,同二次函數(shù)結(jié)合,則多作為區(qū)分度較高的壓軸題中出現(xiàn).此類題目由于解題方法靈活,考查的知識(shí)點(diǎn)全面,體現(xiàn)了方程、建模、轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合、分類等多種數(shù)【解題思路】二次函數(shù)與圓都是初中數(shù)學(xué)的重點(diǎn)內(nèi)容，歷來(lái)是中考數(shù)學(xué)命題的熱點(diǎn)，其本身涉及的點(diǎn)就較多綜性和題技巧強(qiáng)給解題來(lái)一的而將數(shù)與相結(jié)合并為中考?jí)狠S就更顯得復(fù)雜了．只要掌握解決這類問(wèn)題的思路和方法，采取分而治之，各個(gè)擊破的思想，問(wèn)題是會(huì)迎刃而解的．解決二次函數(shù)與圓的問(wèn)題，用到的數(shù)學(xué)思想方法有化歸思想、分類思想、數(shù)學(xué)結(jié)合思想，以及代入法、消元法、配方法、代定系數(shù)法等。解題時(shí)要注意各知識(shí)點(diǎn)之間的聯(lián)系和數(shù)學(xué)思想方法、解題技【典型例題 求經(jīng)過(guò)C、A、Bx軸下方的拋物線上，是否存在一點(diǎn)N，使CBNN（1（5，4（2）y1x25x+4 存在點(diǎn)N，使CBNa=4

SCBN16,此時(shí)，N（4，-Rt△ADEDADDADA=r=5，故只需證明∠DAF=90°，利用勾股定理的逆定理證明NNNPyBCP，BCN1a25a4P

a+4， 2N（1）DCDC⊥y/*科+-網(wǎng)Rt△ADE

DE242DE242a

4a2bcc

{52cC、A、By=1x25x4

，DF=4+

3232944

154

∵DA+AF=5 ）

4BCBCy12

1x25x4NNPyBC

1x+42NP=1a+4-（1a25a4）=1a22a =1×PN×OH+1×PN×BH=1PN×BO=1×8×（1a2+2a）=16-（a- a=4△16，此時(shí)，N（4，-【名師點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)及圓的綜合，涉及了垂徑定理、拋物線求二次函數(shù)解析式、切線要能將所學(xué)知識(shí)融會(huì)貫通，第四問(wèn)解法不止一種，可以積極探索其他解法．A（3，0H（1）y1x25x32 2 （2）H

)，最小周長(zhǎng)值是94

，E點(diǎn)坐標(biāo)為（ （1）（30（41（2）（3）BD⊥OAD．首先證明△EOFOE⊥AC時(shí)，△EOF的面積最?。囶}解析（1）∵拋物線y=ax2+bx+3（a≠0）經(jīng)過(guò)A（3，0，B（4，1）兩2a2 解得： ∴y1x25x

b2（0，3D（2，0）對(duì)稱軸為x2A、DACH此時(shí)△CDHC（0，3，A

yACx當(dāng)x5時(shí)，y1H(5,1 22CD+DH+CH=CD+CH+HA=CD+AC=132（3）3EM⊥AO于AB的解析式為：y=x-∴EF∴△OEF

1OE22OE最小時(shí)SΔEFO∵OE⊥ACOE∴OE=1AC 2

1OE22

12

2242 又∵EAC ∴E（ 【名師點(diǎn)睛】x軸的交點(diǎn)間的距離的表示，拋問(wèn)題關(guān)鍵是將函數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程問(wèn)題，利用幾何圖形的有關(guān)性質(zhì)、定理和二次函數(shù)的知識(shí)，并y=x2+2m+c（≠0C（0，﹣4B．POCPPE∥OAACEAP，當(dāng)△AEP的面積最大時(shí)，求此P的坐標(biāo)；D為該拋物線的頂點(diǎn)，⊙Q為△ABD的外接圓，求證⊙Q與直線y=2x2+x﹣4（2）P（，﹣2（3）（1）（0，t此題應(yīng)先求出圓心Q解（1）把點(diǎn)C（0，﹣4，點(diǎn)A（﹣4，0）坐標(biāo)代入：y=mx2+2mx+c（m≠0）得 解得 PE∥OACPE，三角形POAAOC均為直角三角形，所以：S△AEP=×OA×OC﹣×OA×OP﹣=×4×4﹣×4×（﹣t）﹣所以：當(dāng) =﹣2時(shí)，△AEP的面積最大此時(shí)：P（0，﹣2（3）DDM⊥x拋物線的解析式為：y=x2+x﹣4=，M（﹣1，0，AM=﹣1（﹣4）=3由圓和拋物線的對(duì)稱性可知：圓心QDMr2=+32，解得：r=，QM=﹣r=，所以點(diǎn)Q（﹣1，﹣因?yàn)橹本€y=2與x軸平行，所以點(diǎn)Q到直線y=2的距離為：2﹣（﹣）=，所以：圓心Qy=2的距離=圓的半徑所以：⊙Q與直線y=2相切．【名師點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的【方法歸納】函數(shù)知識(shí)要理解好數(shù)形結(jié)合的思想，知識(shí)點(diǎn)的掌握中要理解文字解釋和圖像之間的關(guān)系【針對(duì)練習(xí)如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a＜0，c＞0）xA、By軸交于點(diǎn)CAB為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)C．A（﹣2，0B（8，0A（x1，0，B（x2，0D是圓與拋物線的交點(diǎn)（DA、B、C不重合，在（1）P，P、B、C為頂點(diǎn)的三角形與△CBD相似？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．（）a=﹣（）ac﹣1（3）P3（0，16

32 3∵A（﹣2，0，B（8，0∴M（3，0，⊙M∴C（0，4y=a（x+2（x﹣8C∴a=﹣∴y=﹣（x+2（x﹣8）=﹣x2+ac的值是定值，為A（x1，0，B（x2，0∵∠O∴c2=﹣D是圓與拋物線的交點(diǎn)（DA、B、C不重合，C（0，4∴D（，Px1P的坐標(biāo)為（m，0∵C（0，4，D（6，4，B（8，0P、B、C為頂點(diǎn)的三角形與△CBD∴P2（2，0∴P1（﹣P在y∴P3（0，∴P4（0，16即：滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，0）或（﹣，0）或（0，）或（0，16A（﹣3，0．B（1，0，C．請(qǐng)求出△PDEx的函數(shù)關(guān)系式，并寫出△PDE面積的最大值．【答案（1）（2）（3）S△PDE=（＜x＜0，且△PDE面積的最（3）y=0x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，由此即可得出點(diǎn)P橫坐標(biāo)的范圍，再過(guò)點(diǎn)PPP′⊥yP′，過(guò)點(diǎn)DDD′⊥yD′，通過(guò)分割圖（1）A（﹣3，0 y=﹣2∴C（0，2，OC=，CE=4．∵（﹣30（10M∵CE為⊙O的直徑，∴∠CDE=90°，∴△COM∽△CDE，∴，∴DC= 中y=0，即，解得： ，=，＜，＜?D′P′﹣ ＜x＜0 ＜0，∴當(dāng)x=時(shí)，S△PDE取最大值，最大值為故：△PDE的面積關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為S△PDE=（ ＜x＜0（1）（2）（3）M（x1，y1N（x2，y2xx y22 31213121

=134，5A（0，4B（﹣1，2C（4，2xOyy=x2﹣4xA、B（AB的①A、B【答案 （3）①A（-2,0）（2,0；80.（1）（2）（3）x=-2，故此可得到A，B的坐標(biāo)；②首先依據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式表示出PA2+PB2的長(zhǎng)，通過(guò)化簡(jiǎn)可得到PA2+PB2=2PO2+8OP的最大值，從而可得到問(wèn)題的答案．1BC（k＞0，S△MON=6S△BONk的值；學(xué)**科--網(wǎng)（3，﹣1，線的對(duì)稱軸上有一點(diǎn)EEx2（Ex軸的上方E為圓心，1為半徑畫圓，在對(duì)PP作⊙EQPQP點(diǎn)的坐標(biāo)，并求PQ的最小值．9（1）y=－2x＋2（2）k=8

（3）P（5,1，Q（1）（2,0（1,0=BC解析式為y=kx+2,B、C得x= ,由圖可知M的

，

y=－2x＋2M

+N

+2）S△MON=6S△BON，S△MONS△BON+S△MOB，△MOB與等底不等高，且高分別為點(diǎn)M、N

-

-2）8b（3﹣1 =3b=-b3 3 2 x23x17227點(diǎn)E的坐標(biāo)為（3,2），設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（ x2-2

）∴PEx26x361x26x361x26x4z6142z1

5時(shí)，PE有最小 ，即x2-6x+3=-5PE2x1=1,x2=5，動(dòng)點(diǎn)P在對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線上，所以x1=1舍去，x=5,所以PQPE2DDB為直徑的⊙G經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，求解下列問(wèn)題：用含m的代數(shù)式表示出C，D能否在拋物線上找到一點(diǎn)Q，使BDQ為直角三角形？如能，求出Q點(diǎn)的坐標(biāo)，若不能，請(qǐng)說(shuō)明理yx22x

39

115

點(diǎn)有三個(gè)： 、

， 24 24ymx124mD的坐標(biāo)為C0，3mx=0y=-3m,即點(diǎn)C連接CD、BC，過(guò)點(diǎn)D作DEy軸于E，:根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角，DCB90,出現(xiàn)“一線三等角模型”，得

COB得DE 即

m，解得m1yx22x33k3得QQ3，9

BDQ90（圖③）DQy軸于MDEyE 4 DH

EM1EMEM1，點(diǎn)M 標(biāo)為07DMy=kx+bM

7D（1,4）， 2

，2b kb

k1,b DMy1x

,把y1x7代入yx22x3

2x23x10x1，最后把x1代入y1x 得y15,點(diǎn)Q的坐標(biāo)為115

，

39

115

24

點(diǎn)有三個(gè)： 、

， 24 24（1）∵ymx124mx=0y點(diǎn)C的坐標(biāo)為C0，連接CD、BC，過(guò)點(diǎn)D作DEy軸于E，∵BD⊙G∴∠DCB=∵∠DEC=∠BOC=900

3m2

m

∵m0∴myx22x很明顯，點(diǎn)C即在拋物線上，又在⊙G

BCD90，這時(shí)Q與C點(diǎn)Q坐標(biāo)為Q如圖②，若DBQ為90，作QFyFDHx軸于

2k23k90,解得

k3（不合題意，舍去k2k3得Q坐標(biāo)：Q3，9 4 DEM∽若BDQ為90DQy軸于M，DEyE，DHxDEM∽∴DE 1

EM

072 ,2

M的坐標(biāo)為207DMy=kx+b

2b kb

k1,b ，1M（4，061

x2+bx+c過(guò)點(diǎn)6

x2+bx+c上，點(diǎn)P為此拋物線對(duì)稱軸上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求PQ+PB的最小值（1）C（0，2（2）PQ+PB

（3）OE

1x2（1）（2，0（6，0y1x2+bx+c過(guò)點(diǎn)A61222b則1626b6解得 則拋物線的解析式為y=1x24 C（0，2（2）由已知，得∵CE是⊙MCMy＝2

又∵直線OEO1∴OE2

x33233

3

3已知點(diǎn)Q33

BQACD，BCBDIBC、ABE、FEFEFQ（1）y

3x223x

3（2）①S1t22

3t，(3t

S

7438262②EF4

，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為

3.3（1） 33（2）① 中，令y0，得到點(diǎn)A的坐標(biāo)，連接OQ，3SΔAQCSΔAOQSΔOCQSΔAOC即可得到S與t的函數(shù)關(guān)系；②由點(diǎn)B10，C0,3得CBO60

y

3x223x 3 333(2)①連接OQ，在直線yx 中，令y0，則x 3322∴當(dāng)t22

74.83 3RtΔBOC∴CBO

tanCBOOC 作直徑ETI于點(diǎn)T，連接FT，則EFT又FTECBO

sinFTEEFEFETsin60

3ET2此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為

3.A（0，3）xOyBBD軸的負(fù)半軸于點(diǎn)E，且∠BEO＝60°，AD的延長(zhǎng)線交x軸于點(diǎn)分別求點(diǎn)E、C的坐標(biāo)；學(xué)/*科求經(jīng)過(guò)A、C兩點(diǎn)，且以過(guò)E而平行于y軸的直線為對(duì)稱軸的拋物線的函數(shù)解析式設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與AC的交點(diǎn)為M，試判M點(diǎn)為圓心，ME為半徑的圓與⊙A的位置關(guān)（－3，0（2）

3x2 3x

3（3）⊙M與⊙A外（1）BEOOBOEEOACCCDE∥OB，因此∠MED=∠ABD，AB=AD，那么∠ADB=∠ABD，將相等的（1）

EOOBcot6023 23333∴a 33∴y

x1x3，333y 3x2 3x 3 ∴⊙M與⊙A如圖1,已知拋物線yx4x1x軸交于A,B（A在點(diǎn)B的右邊，與y軸交于點(diǎn)C.過(guò)兩點(diǎn)作直線l1，P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)PPDx軸，垂足為D，交直線l1于點(diǎn)E.設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m求直線l1的函數(shù)表達(dá)式PO,E,C,P四點(diǎn)能構(gòu)成平行四邊形,若存在，請(qǐng)求出m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理2A點(diǎn)作直線l2l1OE,作△AOE的外接圓,交直線l2FOF,EF.當(dāng)△EOF的面P的坐標(biāo)和最小值.（1）yx4（2）存在（3）P(2,6)，SOEF∴k1,b∴直線l1的表達(dá)式為：yx

Pm,m4m1,Em,m∵PD⊥x ∴PE∥yO,E,C,PPE=0C=4(1)Pl1的上方（0x4）PE=m4m1m4MOy3x6x軸、yA，B41設(shè)（2）中的拋物線交軸于D、EP，

6（﹣800﹣（）（3）62

6或6

2，-1）或2

2，1）或2

，1）時(shí)，使得

1

ABC（1）（2）A、BAB的長(zhǎng)，進(jìn)而可得到⊙MC點(diǎn)的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求解即可；（1）4

y6y0A（﹣8，0，B（0，﹣662 62M（﹣4﹣3MC∥y，MC=5，∴C（﹣4，2設(shè)拋物線的解析式為B（0，﹣6）16a+2=﹣6，a=12y1x2

y1x24x62∴1261t24t6=1 即|1t24t6|=1，當(dāng)1t24t6=- 66解得t14 ，t24 666262

，-1）或

，-62當(dāng)1t24t61時(shí)，解得t62

，t 2

22，1）或22

66

1

622ABC622性較強(qiáng)，注意分類的思想應(yīng)用.A（3，0A⊙AYxBB⊙Al．C（0，9

y1(x6)233DE33BF2或3（1）C（0，9∴36ak9a1,k解得 y1(x6)2 ∵DE⊙ARt△ADE3∴DE 3AE∴ BD3即 3BF 23∴BF2或333

2，B（0，﹣3）xl，ClDy如圖3，在（2）的條件下，平移直線CN經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，與拋物線相交于另一點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)A作x軸的平行線m，過(guò)點(diǎn)（﹣3，0）作y軸的平n，直線m與直n相交SRn點(diǎn)PEA上，連接SP，以SP為邊向上作等邊△SPQ，連接RQ，PR，若∠QRS=60°，線段PR的中點(diǎn)K恰好落在拋物Q3（1）y=﹣

（3）點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（2， 3（1）a3（x，0，（m，﹣

m2 9b﹣63PRkky=3﹣

yy上運(yùn)動(dòng)，由

63x2

3y x2+6x﹣27=0，x=3﹣9（舍棄，x=3x=24bb=233則有（x﹣m）2+（

m2）2=m2+（﹣

m2+3∴x=m+3m﹣3∴N（m+3，0，M（m﹣3∴MN=23Rt△CFNCFN=90°，CN=MN=23，CF=333CNAy=

x﹣833y=

x﹣83x=﹣3GG（﹣3，﹣93QRSSQSP ∵S（﹣3，﹣63∴MS=63∴SR=RM+MS=b+63=PG，PH⊥n ∴GH=2PG=2（b+63 ∴MH=MG﹣HG=93﹣2（b+63）=63﹣23∴P（6+

b，

b﹣63 ∴K（2+

b，

b﹣33 為了方便，記K（x，y，即x=2+4b，y=4b﹣33，消去b得y=3x﹣ 39Ky=3﹣

yy由

363x2

3（－1,0（4，0＝x2＋bx＋cy軸交于點(diǎn)Py＝－xPB,PC,當(dāng)PB＋PC＋POP的坐標(biāo)及其最小值：＝x2－3－4（）M（5,6（）P（2－ 3， 3 （1）（2）（3）60°得△BFE，連接FP得等邊△BFP，則PB＋PC＋PO＝PC＋PF＋FE，所以連接EC與直線y＝－于點(diǎn)P即為所求.EC關(guān)系式為:y＝(3＋2)x－4y＝－xP的坐標(biāo)即可；A（－1,01bc{164bcDl∥BCl的關(guān)系式為：y＝x＋1yx{y

3x∴點(diǎn) (3)把△BPOB60°得△BFE，F(xiàn)P得等邊△BFP，∴連接EC與直線y＝－于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求.在等邊△OBE中∴點(diǎn) 又∵點(diǎn)EC關(guān)系式為:y＝(3＋2)x－4y＝－x得 3， 3 y

1x3mx

(m0)xA、B兩點(diǎn)（AB左側(cè)

E9 ,0 ,0 寫出點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)（用m表示若以DEC②PDE上一動(dòng)（D、E重合PPQECPHDFPQPH ABA30°yMBMSAM連接OSNBM上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接SN，將SMNS逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60得到SOT1TOBMK。若KTN的面積等于△ABM

，求線段MN（1）A(-3m，0)，B(m，0)，C(0，3m2（2）①y

3x2x33

，②PQ+

15（3）MN25（3）A（6

，0，B（，0，又∠33=3，∴∠OBM=60°，∠AMB=90°

SAM的中點(diǎn)，∴∠OSM=60°AOS=30°SOT=90°AOT=60°TK：y=-3x；BM：y=3x-6，聯(lián)立兩個(gè)方程，解得：K（3，-MN=a，TK=TO+OK=a+23，∴