數(shù)學(xué)中考三輪復(fù)習(xí) 圓與函數(shù)綜合壓軸題 專題達標測試

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁數(shù)學(xué)中考三輪復(fù)習(xí)《圓與函數(shù)綜合壓軸題》專題達標測試（附答案）（共12小題，每小題10分，滿分120分）1．如圖，已知拋物線y=ax2+5ax?4交x軸于點A、點B，交y軸于點C，且S（1）求A、B兩點的坐標；（2）求△ABC的外接圓與拋物線的對稱軸的交點坐標；（3）點E為拋物線上的一動點（點E異于A，且E在對稱軸右側(cè)），直線AE交對稱軸于N，直線BE交對稱軸于M，對稱軸交x軸于H，試確定MH、NH的數(shù)量關(guān)系并說明理由.2．如圖，拋物線y=ax2?32x?2（a≠0）的圖象與x軸交于A、B兩點，與（1）求拋物線的解析式；（2）試探究△ABC的外接圓的圓心位置，并求出圓心坐標；（3）若點M是線段BC下方的拋物線上一點，求△MBC的面積的最大值，并求出此時M點的坐標．3．如圖，已知拋物線（a≠0）的圖象的頂點坐標是（2，1），并且經(jīng)過點（4，2），直線與拋物線交于B，D兩點，以BD為直徑作圓，圓心為點C，圓C與直線m交于對稱軸右側(cè)的點M（t，1），直線m上每一點的縱坐標都等于1．（1）求拋物線的解析式；（2）證明：圓C與x軸相切；（3）過點B作BE⊥m，垂足為E，再過點D作DF⊥m，垂足為F，求MF的值．4．如圖，點M（4，0），以點M為圓心、2為半徑的圓與x軸交于點A、B．已知拋物線y＝16x2(1)求點C的坐標，并畫出拋物線的大致圖象（要求過點A、B、C，開口方向、頂點和對稱軸相對準確）(2)點Q（8，m）在拋物線y＝16x2(3)CE是過點C的⊙M的切線，點E是切點，求OE所在直線的解析式．5．如圖1，在平面直角坐標系xOy中，點A（﹣3，0），B（33，0），以AB為直徑的⊙G交y軸于C、D兩點．（1）填空：請直接寫出⊙G的半徑r、圓心G的坐標：r=；G（，）；（2）如圖2，直線y=﹣33x+5與x，y軸分別交于F，E兩點，且經(jīng)過圓上一點T（23（3）在（2）的條件下，如圖3，點M是⊙G優(yōu)弧TBA上的一個動點（不包括A、T兩點），連接AT、CM、TM，CM交AT于點N．試問，是否存在一個常數(shù)k，始終滿足CN?CM=k？如果存在，求出k的值，如果不存在，請說明理由．6．如圖1，在平面直角坐標系中，圓D與y軸相切于點C（0，4），與x軸相交于A、B兩點，且AB=6．(1)D點的坐標是________，圓的半徑為________；(2)求經(jīng)過C、A、B三點的拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(3)設(shè)拋物線的頂點為F，試證明直線AF與圓D相切；(4)在x軸下方的拋物線上，是否存在一點N，使△CBN面積最大，最大面積是多少？并求出N點坐標．7．如圖，點A的坐標為（﹣8，0），點P的坐標為（-74，0），直線y=34x+b過點A，交y軸于點B，以點P為圓心，以PA為半徑的圓交x軸于點(1)判斷點B是否在⊙P上？說明理由．(2)求過A、B、C三點的拋物線的解析式；并求拋物線與⊙P另外一個交點為D的坐標．(3)⊙P上是否存在一點Q，使以A、P、B、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．8．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線經(jīng)過坐標原點O，點A（6，﹣6），且以y軸為對稱軸．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖2，過點B（0，﹣）作x軸的平行線l，點C在直線l上，點D在y軸左側(cè)的拋物線上，連接DB，以點D為圓心，以DB為半徑畫圓，⊙D與x軸相交于點M，N（點M在點N的左側(cè)），連接CN，當MN=CN時，求銳角∠MNC的度數(shù)；（3）如圖3，在（2）的條件下，平移直線CN經(jīng)過點A，與拋物線相交于另一點E，過點A作x軸的平行線m，過點（﹣3，0）作y軸的平行線n，直線m與直線n相交于點S，點R在直線n上，點P在EA的延長線上，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K恰好落在拋物線上，求Q點坐標．9．拋物線y=ax2+bx（a≠0）經(jīng)過原點和點A（4，0），頂點在直線上，P為拋物線上的一個動點．（1）求這個拋物線的解析式；（2）如圖1，當△POA面積為5時，求點P坐標；（3）如圖2，當點P在x軸上方時，若cos∠OPA=，⊙M經(jīng)過點O，A，P，求過A點且與⊙M相切的直線解析式．10．如圖，在平面直角坐標系中，四邊形ABCD是以AB為直徑的⊙M的內(nèi)接四邊形，點A，B在x軸上，△MBC是邊長為2的等邊三角形，過點M作直線l與x軸垂直，交⊙M于點E，垂足為點M，且點D平分AC．(1)求過A，B，E三點的拋物線的解析式；(2)求證：四邊形AMCD是菱形；(3)請問在拋物線上是否存在一點P，使得△ABP的面積等于定值5？若存在，請求出所有的點P的坐標；若不存在，請說明理由．11．如圖，二次函數(shù)y=ax（1）請直接寫出C，D的坐標（用含a的代數(shù)式表示）；（2）求拋物線的函數(shù)表達式；（3）⊙M上是否存在點E，使得∠EDB=∠CBD？若存在，請求出所滿足的條件的E的坐標；若不存在，請說明理由．12．如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c（a＞0，c＜0）交x軸于點A，B，交y軸于點C，設(shè)過點A，B，C三點的圓與y軸的另一個交點為D．（1）如圖1，已知點A，B，C的坐標分別為（-2，0），（8，0），（0，-4）；①求此拋物線的函數(shù)解析式；②若點M為拋物線上的一動點，且位于第四象限，求△BDM面積的最大值；（2）如圖2，若a=1，c=-4，求證：無論b取何值，點D的坐標均不改變．參考答案：1．（1）A(?1,0)B(?4,0)；（2）(?52,342?52)和(?52,?342?52【詳解】試題分析：（1）設(shè)A(x1,0)，B(x2,0)，根據(jù)題意和已知條件可得x1+x2=?5，x1?x2=3，解得x1=?1，x2=?4，即可得A、B兩點的坐標；（2））設(shè)△ABC外接圓心為D，⊙D交對稱軸于E、F，設(shè)對稱軸交x軸于M，作CN⊥試題解析：（1）∵y=ax2+5ax?4，∴y=?4，設(shè)A(x1,0)，B(x2∴12∴x1∴A(?1,0)（2）設(shè)△ABC外接圓心為D，⊙D交對稱軸于E、F∴∠ADC=2∠ABC=90°，D在直線x=?52上，設(shè)對稱軸交x軸于M，作CN⊥∴△AMD≌△DNC

∴AM=DN=32，DM=CN=∴DA=r=(32)（3）∵y=?x2?5x?4，設(shè)EA的解析式為y=kx+k∴y=?x∴xA?x設(shè)BE的解析式為y=mx+4m∴y=?x∴xB?xE∴?m?1=?k?4，∴m?k=3∴N(?52M(?52,?①若E在x軸下方，則HN=?32HN?HM=?②若E在x軸上方，則HN=?32∴HN+HM=∴HN與HM的數(shù)量關(guān)系為HN?HM=92（E在x軸下方）或HN+HM=92（點睛：本題考查了二次函數(shù)的對稱性、三角形的外接圓、方程與函數(shù)的關(guān)系、分類討論的思想，題目較難．2．（1）y=12x2?【詳解】試題分析：方法一：（1）該函數(shù)解析式只有一個待定系數(shù)，只需將B點坐標代入解析式中即可．（2）首先根據(jù)拋物線的解析式確定A點坐標，然后通過證明△ABC是直角三角形來推導(dǎo)出直徑AB和圓心的位置，由此確定圓心坐標．（3）△MBC的面積可由S△MBC=12BC×h表示，若要它的面積最大，需要使h取最大值，即點M到直線BC的距離最大，若設(shè)一條平行于BC的直線，那么當該直線與拋物線有且只有一個交點時，該交點就是點M方法二：（1）該函數(shù)解析式只有一個待定系數(shù)，只需將B點坐標代入解析式中即可．（2）通過求出A，B，C三點坐標，利用勾股定理或利用斜率垂直公式可求出AC⊥BC，從而求出圓心坐標．（3）利用三角形面積公式，過M點作x軸垂線，水平底與鉛垂高乘積的一半，得出△MBC的面積函數(shù)，從而求出M點．試題解析：解：方法一：（1）將B（4，0）代入拋物線的解析式中，得：0=16a﹣32×4﹣2，即：a=12，∴拋物線的解析式為：（2）由（1）的函數(shù)解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；∴OA=1，OC=2，OB=4，即：OC2=OA?OB，又：OC⊥AB，∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC；∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，∴△ABC為直角三角形，AB為△ABC外接圓的直徑；所以該外接圓的圓心為AB的中點，且坐標為：（32（3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直線BC的解析式為：y=12x設(shè)直線l∥BC，則該直線的解析式可表示為：y=12x+b，當直線l12x+b=12x∴4﹣4×12（﹣2﹣b）=0，即b∴直線l：y=12x所以點M即直線l和拋物線的唯一交點，有：y=12即M（2，﹣3）．過M點作MN⊥x軸于N，S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=12×2×（2+3）+12×2×3﹣方法二：（1）將B（4，0）代入拋物線的解析式中，得：0=16a﹣32×4﹣2，即：a=12，∴拋物線的解析式為：（2）∵y=12（x﹣4）（x+1），∴A（﹣1，0），B（4，0）．C（0，﹣2），∴KAC=0+2?1?0=﹣2，KBC=0+24?0=12，∴KAC×KBC=﹣1，∴AC⊥BC，∴△ABC是以AB為斜邊的直角三角形，△ABC的外接圓的圓心是AB的中點，△（3）過點M作x軸的垂線交BC′于H，∵B（4，0），C（0，﹣2），∴l(xiāng)BC：y=12x﹣2，設(shè)H（t，12t﹣2），M（t，12t2?32t?2），∴S△MBC=12×（HY﹣MY）（BX﹣CX）=12×（12t﹣2﹣1

點睛：考查了二次函數(shù)綜合題，該題的難度不算太大，但用到的瑣碎知識點較多，綜合性很強．熟練掌握直角三角形的相關(guān)性質(zhì)以及三角形的面積公式是理出思路的關(guān)鍵．3．（1）；（2）證明見解析；（3）．【詳解】試題分析：（1）可設(shè)拋物線的頂點式，再結(jié)合拋物線過點（4，2），可求得拋物線的解析式；（2）聯(lián)立直線和拋物線解析式可求得B、D兩點的坐標，則可求得C點坐標和線段BD的長，可求得圓的半徑，可證得結(jié)論；（3）過點C作CH⊥m于點H，連接CM，可求得MH，利用（2）中所求B、D的坐標可求得FH，則可求得MF和BE的長，可求得其比值．試題解析：（1）∵已知拋物線（a≠0）的圖象的頂點坐標是（2，1），∴可設(shè)拋物線解析式為，∵拋物線經(jīng)過點（4，2），∴，解得a=，∴拋物線解析式為，即；（2）聯(lián)立直線和拋物線解析式可得，解得：或，∴B（，），D（，），∵C為BD的中點，∴點C的縱坐標為=，∵BD==5，∴圓的半徑為，∴點C到x軸的距離等于圓的半徑，∴圓C與x軸相切；（3）如圖，過點C作CH⊥m，垂足為H，連接CM，由（2）可知CM=，CH=﹣1=，在Rt△CMH中，由勾股定理可求得MH=2，∵HF==，∴MF=HF﹣MH=，∵BE=﹣1=，∴==．考點：二次函數(shù)綜合題；壓軸題．4．（1）C（0，2），圖象見解析；（2）PQ+PB的最小值210；（3）OE的解析式為y=?【詳解】試題分析：（1）根據(jù)題意可知點A，B的坐標分別為（2，0），（6，0），代入函數(shù)解析式即可求得拋物線的解析式，即可得點C的坐標；（2）根據(jù)圖象可得PQ+PB的最小值即是AQ的長，所以拋物線對稱軸l是x=4．所以Q（8，m）拋物線上，∴m=2．過點Q作QK⊥x軸于點K，則K（8，0），QK=2，AK=6，求的AQ的值即可；（3）此題首先要證得OE∥CM，利用待定系數(shù)法求得CM的解析式，即可求得OE的解析式．試題解析：（1）由已知，得A（2，0），B（6，0），∵拋物線y=16x2則{1解得{則拋物線的解析式為y=16x2-4故C（0，2）．（說明：拋物線的大致圖象要過點A、B、C，其開口方向、頂點和對稱軸相對準確）（2）如圖①，拋物線對稱軸l是x=4．∵Q（8，m）在拋物線上，∴m=2．過點Q作QK⊥x軸于點K，則K（8，0），QK=2，AK=6，∴AQ=AK又∵B（6，0）與A（2，0）關(guān)于對稱軸l對稱，∴PQ+PB的最小值=AQ=210．（3）如圖②，連接EM和CM．由已知，得EM=OC=2．∵CE是⊙M的切線，∴∠DEM=90°，則∠DEM=∠DOC．又∵∠ODC=∠EDM．故△DEM≌△DOC．∴OD=DE，CD=MD．又在△ODE和△MDC中，∠ODE=∠MDC，∠DOE=∠DEO=∠DCM=∠DMC．則OE∥CM．設(shè)CM所在直線的解析式為y=kx+b，CM過點C（0，2），M（4，0），∴{解得{k＝?直線CM的解析式為y＝?12x又∵直線OE過原點O，且OE∥CM，∴OE的解析式為y=?125．(1)23，(3，0);(2)證明見解析；（3）存在，k=12.【詳解】試題分析:（1）求出直徑AB，即可解決問題；（2）如圖2中，連接GT，過點T作TH⊥x軸于H，根據(jù)特殊角三角函數(shù)求出∠GTH，∠HTF即可解決問題；（3）如圖3中，連接CG、TG、TC．首先證明△GCT是等邊三角形，由△CNT∽△CTM，推出CNCT=CTCM，推出CN?CM=CT試題解析:（1）∵A（﹣3，0），B（33，0），AB是直徑，∵AB=43，∴⊙G的半徑為23，G（3，0），故答案為r=23，3，0．（2）如圖2中，連接GT，過點T作TH⊥x軸于H，∵直線y=﹣33x+5與x、y軸交于E、F兩點，則E（0，5），F(xiàn)（53∵直線y=﹣33x+5經(jīng)過T（23，m），則m=﹣33×2∴T（23，3），故TH=3．GH=3，HF=33，在Rt△HGT中，GT=r=23，∴GH=12∴∠GTH=30°，在Rt△THF中，tan∠FTH=HFTH=333∴∠FTH=60°，∴∠GTF=∠GTH+∠HTF=30°+60°=90°，∴GT⊥EF，∴直線EF是⊙G的切線．（3）如圖3中，連接CG、TG、TC．在Rt△COG中，OG=3，CG=r=23，∴OC=3，∠CGO=60°．∵C（0，3），T（23，3），∴CT∥x軸，∴CT=23，即CT=CG=GT=23，∴△CGT是等邊三角形，∴∠CGT=∠TCG=∠CGA=60°，∴∠CTA=12∠CGA=30°，∠M=1∴∠CTA=∠M，在△CNT和△CTM中，∵∠TCN=∠MTC，∠CTN=∠M，∴△CNT∽△CTM，∴CNCT=CT∴CN?CM=CT2=（23）2=12．∴k=CN?CM=12．點睛:本題考查圓綜合題、切線的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會添加常用輔助線解決問題，屬于中考壓軸題．6．(1)（5，4）；5(2)拋物線的解析式為y=14x2-52(3)證明見解析(4)當a=4時，S△ABC最大，最大值為16，此時，N（4，﹣2）．【分析】（1）連接DC，則DC⊥y軸，過點D作DE⊥AB于點E，則根據(jù)垂徑定理可得AE=BE=3，連接DA，在Rt△ADE中可求出DA，即圓的半徑，也可得出點D的坐標；（2）利用待定系數(shù)法可求出經(jīng)過C、A、B三點的拋物線的解析式．（3）因為D為圓心，A在圓周上，DA=r=5，故只需證明∠DAF=90°，利用勾股定理的逆定理證明∠DAF=90°即可．（4）設(shè)存在點N，過點N作NP與y軸平行，交BC于點P，求出直線BC的解析式，設(shè)點N坐標（a，14a2?52a+4），則可得點P的坐標為（a，?12a+4），從而根據(jù)S△BCN=S△BPN【詳解】（1）解：連接DC，則DC⊥y軸，過點D作DE⊥AB于點E，則DE垂直平分AB，∵AB=6，∴AE=3，在Rt△ADE中，AD=DE故可得點D的坐標為（5，4），圓的半徑為5；（2）解：設(shè)經(jīng)過點A、B、C三點的拋物線解析式為：y=ax2+bx+c，將三點坐標代入可得：{4a+2b+c=064a+8b+c=0c=4故經(jīng)過C、A、B三點的拋物線的解析式為：y=14（3）證明：因為D為圓心，A在圓周上，DA=r=5，故只需證明∠DAF=90°，拋物線頂點坐標：F（5，?94），DF=4+94=254，∵DA2+AF2=52+（154）2=6254=（254）2=∴∠DAF=90°所以AF切于圓D．（4）解：存在點N，使△CBN面積最大．根據(jù)點B及點C的坐標可得：直線BC的解析式為：y=?12設(shè)N點坐標（a，14x2?52x+4），過點N作NP可得P點坐標為（a，?12則NP=?12a+4-（14故S△BCN=S△BPN+S△PCN=12×PN×OH+12×PN×BH=12PN×BO=12×8×（?14a2當a=4時，S△BCN最大，最大值為16，此時，N（4，-2）．【點睛】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、切線的判定與性質(zhì)，綜合考查的知識點較多，同學(xué)們注意培養(yǎng)自己解答綜合題的能力，關(guān)鍵還是基礎(chǔ)知識的掌握，要能將所學(xué)知識融會貫通．7．(1)點B在⊙P上,理由見解析(2)拋物線的解析式為y=?16x(3)⊙P上不存在點Q，使以A、P、B、Q為頂點的四邊形,理由見解析（1）解：∵A(－8，0)在直線y=3∴0=34×解得b＝6，∴直線AB的解析式是y=3當x＝0時，y＝6，∴點B（0，6），∴OB＝6，∵點P的坐標為（-74∴OP＝74，PA＝OA－OP＝8－74＝在Rt△BOP中，∠BOP＝90°，由勾股定理得PB＝OP2∴PB＝PA，∴點B在⊙P上.（2）解：∵AC＝2PA＝252∴OC＝AC－OA＝92∴點C92∵拋物線過點A(－8，0)、C92∴可設(shè)所求拋物線為y=ax+8x?6=a0+則有a＝?1∴拋物線的解析式為y=?1即拋物線的解析式為y=?1由題意可知，直線x＝?74是拋物線和圓P的對稱軸，則點B的對稱點為D，由軸對稱的性質(zhì)可得D（3）解：當點Q在⊙P上時，有PQ＝PA＝254如圖1所示，假設(shè)AB為菱形的對角線，那么PQ⊥AB且互相平分，∵AB＝OA∴AE＝12由勾股定理得PE＝PA2?A∵PQ＝PA＝254則2PE≠PQ，所以四邊形APBQ不是菱形.

如圖2所示，假設(shè)AB、AP為菱形的鄰邊，則AB≠AP，所以四邊形APQB不是菱形.如圖3所示，假設(shè)AB、BP為菱形的鄰邊，則AB≠BP，所以四邊形AQPB不是菱形.綜上所述，⊙P上不存在點Q，使以A、P、B、Q為頂點的四邊形是菱形.8．（1）y=﹣x2；（2）∠CNF=30°．（3）點Q的坐標為（，）．【詳解】試題分析：（1）設(shè)過坐標原點O，點A（6，﹣6），且以y軸為對稱軸的拋物線為y=ax2，點A代入求出a即可．（2）如圖2中，作CF⊥MN于F，設(shè)⊙D與x軸的交點為（x，0），D（m，﹣m2），根據(jù)半徑相等列出方程，求出M、N坐標，推出MN=2，在Rt△CFN中，由CN=2CF推出∠FNC=30°即可解決問題．（3）如圖3中，由題意可知平移直線CN經(jīng)過點A的直線的解析式為y=x﹣8，記直線y=x﹣8與直線x=﹣3的交點為G，則G（﹣3，﹣9），由△SQR≌△PSH，推出SR=PG，RQ=SG，推出RQ=SG=3，作DQ⊥n于D，記n與x軸的交點為M，則RM=b，由S（﹣3，﹣6），推出MS=6，可得P（6+b，b﹣6），再求出PR中點k坐標，證明k在直線y=﹣上運動，由消去y得到x2+6x﹣27=0，x=3或﹣9（舍棄），x=3，代入x=+b得到b=2，由此即可解決問題．試題解析：（1）設(shè)過坐標原點O，點A（6，﹣6），且以y軸為對稱軸的拋物線為y=ax2，則﹣6=36a，∴a=﹣，∴y=﹣x2．（2）如圖2中，作CF⊥MN于F，設(shè)⊙D與x軸的交點為（x，0），D（m，﹣m2）．則有（x﹣m）2+（m2）2=m2+（﹣m2+）2，整理得x2﹣2mx+m2﹣3=0，∴x=m+或m﹣，∴N（m+，0），M（m﹣，0）∴MN=2，在Rt△CFN中，∵∠CFN=90°，CN=MN=2，CF=，∴CN=2CF，∴∠CNF=30°．（3）如圖3中，由題意可知平移直線CN經(jīng)過點A的直線的解析式為y=x﹣8，記直線y=x﹣8與直線x=﹣3的交點為G，則G（﹣3，﹣9），∵m∥x軸，且過點A（6，﹣6），∴S（﹣3，﹣6），∴SG=3，AS=9，∴tan∠2==，∴∠2=60°，∴∠1=30°，∵∠QRS=60°∴∠QRS=∠2，∵∠RSQ+∠QSP=∠2+∠SPG，∠QSP=∠2=60°，∴∠3=∠4，在△SQR和△PSG中，，∴△SQR≌△PSH∴SR=PG，RQ=SG，∴RQ=SG=3，作DQ⊥n于D，∴QRD=60°，∴DQ=DR=RQ=，∴RD=QR=，∵n是過（﹣3，0）與y軸平行的直線，設(shè)R（﹣3，b），記n與x軸的交點為M，則RM=b，∵S（﹣3，﹣6），∴MS=6，∴SR=RM+MS=b+6=PG，作PH⊥n于H，∵∠2=60°，∴GH=PG=（b+6），∴MH=MG﹣HG=9﹣（b+6）=6﹣b，∴P（6+b，b﹣6），∵K是PR中點，∴K（+b，b﹣3），為了方便，記K（x，y），即x=+b，y=b﹣3，消去b得y=x﹣，∴中點K在直線y=﹣上運動，由消去y得到x2+6x﹣27=0，∴x=3或﹣9（舍棄），∴x=3，代入x=+b得到b=2，∴RM=2，DM=RM﹣RD=2﹣=，∵﹣3=，∴點Q的坐標為（，）．考點：二次函數(shù)綜合題．9．(1)y=12x2-2x【詳解】試題分析：（1）根據(jù)對稱性可得拋物線的對稱軸為直線x=2，再根據(jù)頂點在直線y=-1(2)由△POA面積為5,求出點P的縱坐標,代入拋物線的解析式即可求出點P的橫坐標;(3)連接MO、MA，過點M作MC⊥OA于C，設(shè)過點A的切線與y軸交于點D，可證∠OPA=∠AMC，從而求出MC的長,再證明△AMC≌△DAO，得到OD=AC,就求出了點D的坐標,依據(jù)A,D兩點坐標求得直線AD的解析式為y=1試題解析：（1）由對稱性可知，拋物線的對稱軸為直線x=2，在y=-1∴頂點坐標為（2，﹣2），∴設(shè)拋物線的解析式為y=a（x﹣2）2﹣2，把O（0，0）代入解得，α∴y=1即y=1（2）∵S△AOP∴|y又∵yP≥2，∴在y=12x2-解得，x1=﹣1，x2=5，∴P(?1，52)（3）如圖，連接MO、MA，過點M作MC⊥OA于C，設(shè)過點A的切線與y軸交于點D，可證∠OPA=∠AMC，∴cos∠AMC=cos∠OPA=MCMA∵MC⊥OA，∴AC=1由勾股定理可得MC=4，∵AD是⊙M的切線，∴AD⊥AM，∴△AMC≌△DAO，∴OD=AC=2，D（0，﹣2），可求得直線AD的解析式為y=110．(1)y=(2)證明見解析(3)存在點P坐標為（2，52）或（﹣4，52）使得△【分析】（1）根據(jù)題意首先求出拋物線頂點E的坐標，再利用頂點式求出函數(shù)解析式即可；（2）利用等邊三角形的性質(zhì)結(jié)合圓的有關(guān)性質(zhì)得出∠AMD=∠CMD=12∠AMC=60°，進而得出DC=CM=MA=AD（3）首先表示出△ABP的面積進而求出n的值，再代入函數(shù)關(guān)系式求出P點坐標．【詳解】（1）解：由題意可知，△MBC為等邊三角形，點A，B，C，E均在⊙M上，∴MA=MB=MC=ME=2，又∵CO⊥MB，∴MO=BO=1，∴A（﹣3，0），B（1，0），E（﹣1，﹣2），∴拋物線頂點E的坐標為（﹣1，﹣2），設(shè)函數(shù)解析式為y=a（x+1）2﹣2（a≠0）把點B（1，0）代入y=a（x+1）2﹣2，解得：a=1∴二次函數(shù)解析式為y=1（2）解：連接DM，∵△MBC為等邊三角形，∴∠CMB=60°，∴∠AMC=120°，∵點D平分弧AC，∴∠AMD=∠CMD=12∠AMC∵MD=MC=MA，∴△MCD，△MDA是等邊三角形，∴DC=CM=MA=AD，∴四邊形AMCD為菱形（四條邊都相等的四邊形是菱形）；（3）解：存在，理由如下：設(shè)點P的坐標為（m，n）∵S△ABP=12AB?n∴12×4|n|=5，即2|n解得：n=±52當n=52時，12（m+1）2﹣2=52，解此方程得：m1∴點P的坐標為（2，52）或（﹣4，5當n=?52時，12（m+1）2∴所求點P坐標為（2，52）或（﹣4，5【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合，圓與函數(shù)的綜合，圓與四邊形的綜合，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，等邊三角形的項與判定等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識和利用數(shù)形結(jié)合的思想求解．11．（1）C的坐標為（0，﹣3a），D的坐標為（1，﹣4a）；（2）y=?x2+2x+3；（3）（4，1）、（8【詳解】試題分析：（1）計算橫坐標為0的函數(shù)值即可得到C點坐標，然后將解析式配成頂點式即可得出點D的坐標；（2）先利用二次函數(shù)與x軸的交點問題確定A點和B點坐標，再根據(jù)圓周角定理得到∠BCD=90°，則根據(jù)兩點間的距離公式表示出BC，CD，BD，接著利用勾股定理建立方程，然后解方程求出a即可得到二次函數(shù)解析式；（3）先計算出CD2=2，BC2=18，再根據(jù)圓周角定理，由∠EDB=∠CBD得弧CD=弧BE，則CD=BE，接著證明Rt△BED≌Rt△DCB，得到DE=BC，設(shè)E（x，y），根據(jù)兩點間的距離公式得(x?1)2試題解析：（1）當x=0時，y=ax∵y=ax2?2ax?3a（2）當y=0時，ax2?2ax?3a=0，解得x1=?1，x2=3，則A（﹣1，0），B（3，0），∵BD為⊙M的直徑，∴∠BCD=90°，而BC2=(0?3)2+(?3a?0)2=9a2+9，CD（3）存在．a(chǎn)=1，CD2=a2+1=2，BC2=9a2+9=18，∵∠EDB=∠CBD，∴CD=BE，而BD為直徑，∴∠BED=90°，∴Rt△BED≌Rt△DCB，∴DE=BC，設(shè)E（x，y），∴ED2=(x?1)2+(y?4)考點：1．二次函數(shù)綜合題；2．存在型；3．綜合題．12