二次函數(shù)與圓存在性問題-2023年中考數(shù)學壓軸題復習（教師版含解析）

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學壓軸題之學霸秘笈大揭秘(全國通用)

專題10二次函數(shù)與圓存在性問題

方法揭秘“

X__________________________________Z

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.

/-----------------------------------------------\

典例剖析.

\,_______________________________Z

［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="∕+bx+4與X軸相交于點A(-1,

0),8(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。，交線段

BC于點E,交拋物線于點尸，過點尸作直線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，E/為半徑畫OE.

當G)G與G)E內(nèi)切時.

①試證明EF與EB的數(shù)量關(guān)系；

②求點E的坐標.

【分析】(I)根據(jù)點A、8的坐標，設拋物線)，=α(x+1)(χ-3),再將點C代入即可求出“的值，從而得出

答案；

(2)①分兩種情形，當rθG>r0E時，則GB-EF=GE,則EF=EB,當r0G<2E時，則EF-G8=GE,

設EF=5f,FG=3/,GE=4t,則5LG8=4∕,則G8=√<GE=4f,從而得出矛盾；

②由tan/OBC』^眸設BQ=/,貝∣]DE=三如利用勾股定理得BE=星，則F坐標為(3-，，

BDOB333

30.代入拋物線解析式，從而解決問題.

【解答】解：⑴；點4坐標為(-1,0),點B坐標為(3,0).

設拋物線y=α(x+l)(X-3)(α≠0),

；拋物線經(jīng)過點C(0,4),

Λ4=-3〃.

解得a=二

a3

(2)①由于0G與OE內(nèi)切,

當rθG<rθE時，則EF-GB=GE,

設EF=5t,FG=3t,GE=4t,則5f-GB=4t,

：.GB=KGE=At,

點E在線段CB的延長線上.

又：已知點E在線段BCl.,

二矛盾，因此不存在.

當r0G>,?0E時，則GB-EF=GE,

又,；GE=GB-EB,

LEF=EB;

@'：()C±OB,FDLOB,

：.NCoB=NEDB=90°.

.∕c□cEDOC4

??tan/OBCW?rr

BDOB3

.?.設8C=f,則OE=芻t；

3E

在RtZkBEO中，由勾股定理得,

BE=7DE2+DB2?-?t2+(yt)=∣?t?

?45

?DF=DE+EF=>γt÷z"t=3t,

OO

??.尸坐標為(3-，,3f),

VP點在拋物線y=-∣X2卷χ+4匕

??3t=~-1?(3-t)2+y(3-t)+4,

解得t=工，r=0(點F與點8重合，舍去).

4

尸坐標為(金,?.

44

【例2】(2022?福建模擬)如圖，已知拋物線y=αAbx+c與X軸相交于A,B兩點，點C(2,-4)在拋物線

上，且aABC是等腰直角三角形.

(1)求拋物線的解析式；

(2)過點。(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4、B兩點坐標，把點4、8、

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.

⑵)通過設過點0(2,0)的直線MN解析式為y=k(χ-2)=&-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RtZ?CA8中，AC=BC,CPLAB,點C(2,-4),

CP=AP=PB=4,OP=2,

.".OA=AP-OP=4-2=2,OB=OP+PB=4+2=6,

?二點4(-2,0),點5(6,0)?

把點4-2,0),點8(6,0),點C(2,-4)代入函數(shù)解析式得

0=4a-2b+c

0=36a+6b+c?

-4=4a+2b+c

1

a=7

解得《

b=-l,

c=-3

-x-3.

(2)設過點0(2,0)的直線MN解析式為y=k(x-2)=丘-2k,

聯(lián)立直線與拋物線解析式得關(guān)于X的等式：kx-2%=J?2-X-3,

4

化簡得J?χ2-(k+l)x+2k-3=°,

4

-(k+l)2k-3

XN+XM=-------?------=4(A+1),XNXM--?-—Sk-12.①,

77

聯(lián)立直線與拋物線解析式得關(guān)于y的等式：)，=[(菅+2)2-(Z+2)-3,

化簡得-IGry2+(-JL-Dy-4=0,

4k2k

yM+)W=4∕ΛyMyN=-16Z?...............②，

線段MN的中點就是圓的圓心,

.β.M=LXN+XM)=2(Λr+l),

2

代入直線方程得yo=2F,

???圓心、坐標為(2攵+2,2必),

wyv=2222

直徑√(xM-xN)+(yH-yN)=√(XM+XN)-4XHXN+(yM+yN)-4YHYN"

把①、②代入上式化簡整理得直徑MN=√ι6k?+g0k?+64,

設圓上某一點(x,y)到圓心的距離等于半徑典，

2

.匚~,cC、r2，~C2、2-V16k4+80k2+64

??√[x-(2k+2)『+(y-2kZ)Z-------------------------,

化簡整理得16?2+12-8Z=X2-4kx-4x+y2-4Λ2y=-4J?2-4fcr+x2-4.r+y2,

圓過定點，所以與Z值無關(guān)，看作是關(guān)于k的二次等式，

F、Z的系數(shù)，常量對應相等，

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)，=-2X2+?Λ+C(C>0).

(1)如圖1,拋物線與直線/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,求尸N的長；

(2)如圖2,已知拋物線)?=-2√+?r+c與X軸交于A、B兩點,與)，軸交于點C,點A,B,C,Z)(0,〃)

四點在同一圓上，求〃的值.

圖ι圖2

【分析】(1)①把點M(-1,0),M2,6)代入至!∣y=-2r?+c中,可得和C的值.

②設P(α,-2a2+4a+6),再利用例(-1,O),NQ,6),得到MN、PM、PN的表達式，最后利用勾股定

理求得。的值.

(2)令C(O,c),當y=0時，代入拋物線得XAXB=-￡,根據(jù)兩角對應相等，可得440CS?ooB,然后

2z

再找到

對應線段成比例，即得到n的值.

【解答】解：⑴①把M-1,O)M2,6)代入y=-2Λ2+6X+C,

-2-b+c=0

得

-8+2b+c=6

(b=4

解得

lc=6,

拋物線的解析式為y=-2√+4x+6;

②由①，拋物線解析式為：y=-2f+4x+6,

設P(4,-202+4w+6)

VM(-1,0),N(2,6),

(2+1)2+62=3娓，

■"PM=??∣(-i-a)2+(2a--4a-b),

PN=YI(2-a)2+(2a2-4a)2'

又,/PN±MN,則PM2=MN2+PN2，

(~1-a)2+(242-4α-b)~—(3Λ∕^)~÷(2-a)^÷(2^-4a)~.

整理得：442-9o+2=0,

.'.(a-2)(4a-1)=0.

.?.“ι=2,ai=—.

4

當α=2時，尸與N重合，

.?.α=L,p∕V=22Z∑.

48

(2)證明：設OA=-X4,0B=XB,OD=-n

當y=0時，-Zr2+fex+c=O,

??XAXB~~~-

2

.'.OA9OB=-XAXB=--

2

?：/CAO=NBDO,ZACO=ZDBO

：.∕?AOC^∕?DOB

.OA=OC

"θDOB

：,OAQOB=OC?OD

.*.-≤-=c?(-〃).

2

Vc≠0

2

【例4】(2022?上海模擬)在平面直角坐標系XO)，中，拋物線y=αr2-30r+2(α<0)交y軸于點A,拋物線的

對稱軸交X軸于點尸，聯(lián)結(jié)以.

⑴求線段限的長；

(2)如果拋物線的頂點到直線PA的距離為3,求”的值；

(3)以點P為圓心、用為半徑的。尸交y軸的負半軸于點B,第一象限內(nèi)的點。在。P上，且劣弧金=

2AQ.如果拋物線經(jīng)過點Q,求α的值.

【分析I(D分別求出尸(3,0),A(0,2),由兩點間距離公式可求；

2

(2)拋物線的頂點為M(3,2--‰),由5/6戶”=工*2仞乂。尸=上義42*3,可得。=-2；

24223

⑶連接PQ,BP,AM,設Q{t,/-30+2),求出Λ∕(-1,0),由垂徑定理可得AM=AQ,娓=

Vt2+(at2-3at)2?TPQ=AP,得J(t-^∣^)?+(at03at+2)?②,聯(lián)立①②可得”=*??

【解答】解：⑴)=?%2-34x+2="(x-39+2-?‰,

24

??.拋物線的對稱軸為X=S,

2

??p(S,0),

2

令X=0,則y=2,

?,M(0,2),

.'.PA=~?,

2

⑵由⑴可知拋物線的頂點為M2，2-

2

Va<O,

?,?2--‰>0,

4

'"?SΔAPM^-×PM×OP=1.×AP×3

22

?,?(2--‰)×J.=∑×3,

422

解得α=-A；

3

(3)連接P。，BP,AM,

'?"MP±AB,

,?AIt=BM-

'?'AB-2AQ.

?,?AM=AQ.

?'.AM=AQ,

設0(7,at2-3at+2),

'-'AP=~'P(3,0),

22

?,?M(-1,0),

?^?V5=Vt2+(at2-3at)2Φ-

`-PQ=AP,

J(t-∣?)2+(at2-3at+2)2②,

聯(lián)立①②可得/=旦或,=一1(舍)，

將r=旦代入①，可得。=也

522

∣>,

滿分訓練.

\_______________________________Z

1.(2021?廣元)如圖1,在平面直角坐標系Xo)，中，拋物線y=αx2+bx+c與X軸分別相交于4、8兩點，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：

X-10123

y???03430???

(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。是第四象限內(nèi)拋物線上一動點，過點。作。FJ_x軸，垂足為F,Z?A8O的外接圓與力/

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.

圖1圖2

【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；

⑵如圖1,將點C沿y軸向下平移1個單位得C'(0,2),連接8C'交拋物線對稱軸x=1于點。'，過

點C作CP'//BC,交對稱軸于點P,連接AQ',此時，C'、0'、8三點共線，BQ'+ClQ1

的值最小，運用勾股定理即可求出答案；

(3)如圖2,連接BE,設DQ,-p+2f+3),且f>3,可得拉尸=r2-2f-3,BF=L3,AF=t+?,運用圓內(nèi)

接四邊形的性質(zhì)可得N∕MF=N8EF,進而證明利用空=迎，即可求得答案.

BFDF

【解答】解：(1)根據(jù)表格可得出A(-1，0),8(3,0),C(0,3),

設拋物線解析式為y="x+l)(x-3),

將C(0,3)代入，得：3=α(0+l)(0-3),

解得：a--\,

?"?y=-(X+1)(Λ-3)=-X2+2X+3=-(JC-l)2+4,

該拋物線解析式為y=-X2+2Λ+3,頂點坐標為M(l,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4。'，

VA,B關(guān)于直線x=l對稱，

：.AQ'=BQ',

'：CP'/∕BC',P'Q'//CC',

??.四邊形CC'Q'P1是平行四邊形，

.".CP1=CQ1,Q1P1=CC1=1,

在RtZiBOC'中，BC=√ocy2OB2=√22+32'

.,.AQ'+Q'P'+P'C=BQ1+C'Q'+Q,P'=BC1+QlP'=√13+l>

此時，C'、Q'、B三點共線，BQ1+C'Q'的值最小，

：.AQ+QP+PC的最小值為+1；

(3)線段E尸的長為定值I.

如圖2,連接BE,

設D(f,-t2+2t+3),且f>3,

Lr軸，

IDF=-(-rz+2r+3)=r2-2t-3,

'：F(t,0),

：.BF=OF-0B=t-3,AF=t-(-l)=r+l,

?.?四邊形ABED是圓內(nèi)接四邊形，

ΛZDAF+ZBED=180°,

VZBEF+ZBED=180°,

：.ZDAF=NBEF,

YNAFD=NEF8=90°,

Λ?AFD∞?EFB.

.EF=AF

"BFDF,

.EF_t+1

2

L3t-2t-3，

?FF—(t+1)(t-3)_t2-2t-3-I

t2-2t~3t2-2t-3

.?.線段即的長為定值1.

圖1

2.(2021?張家界)如圖，已知二次函數(shù)y=αr2+ZZX+c的圖象經(jīng)過點C(2,-3),且與X軸交于原點及點8(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AABO的形狀，試說明理由；

(4)若點P為。。上的動點，且OO的半徑為2√5,一動點E從點4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r的最小值.

(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AnLoB于點F,則尸(4,0),得出aAFO,Z?AFB均為等腰直角三角形,

即可得出答案，

方法2：由aABO的三個頂點分別是。(()，0),A(4,-4),8(8,0),運用勾股定理及逆定理即可得出答

案；

(4)以。為圓心，2√5為半徑作圓，則點P在圓周上，根據(jù)f=Lp+PB=PD+尸5,可知當8、P、。三點

2

共線時，PQ+PB取得最小值，過點。作。GLOB于點G,由/=QB=而芭蔽即可求出答案.

【解答】解：(I)：二次函數(shù)y=0x2+?x+c(α≠0)的圖象經(jīng)過C(2,-3),且與X軸交于原點及點8(8,0),

.?.c=0,二次函數(shù)表達式可設為：y-ax1+bx{a≠G),

將C(2,-3),8(8,0)代入y=αr2+?x得：

?4a+2b=-3

164a+8b=θ'

解得：aT,

,b=-2

???二次函數(shù)的表達式為y=∕χ2.2χ:

(2)?.?yT"χ2-2x=?^?(x-4)2-4,

拋物線的頂點A(4,-4),

設直線AB的函數(shù)表達式為y=fcc+"?,將A(4,-4),B(8,0)代入，得：

?4k+m=-4

18k?ι=0

解得：尸，

Im=-8

.,.直線AB的函數(shù)表達式為y=x-8；

(3)?AB0是等腰直角三角形.

方法1：如圖1,過點A作AFLOB于點F,則R4,0),

ΛZAFO=ZAFB=90e,,OF=BF=AF=4,

.?ΛAFO.ZkAFB均為等腰直角三角形，

ΛOA=ΛB=4√2,NoAF=NBAF=45°,

二/048=90°,

.?.AABO是等腰直角三角形.

方法2：YZVlBO的三個頂點分別是。(0,O),A(4,-4),β(8,0),

.?.°B=8,OA=√OF2+FA2=V(4-0)2+(-4-0)2=4√2.

ABrAF2+BF2=√[0-(-4)]2+(8-4)2=啦，

且滿足OB2=OA1+AB2,

???△A80是等腰直角三角形；

(4)如圖2,以。為圓心，2√5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,

2

在04上取點。，使連接PD,

則在aAPO和aPOO中，

滿足：世=至=2,NAoP=NPOD,

ODOP

：.叢APOS叢PD0,

.APPO-AO-9

PDODOP

從而得：PD=-AP,

2

.,.t=^AP+PB=PD+PB,

2

當8、P、。三點共線時，PD+P8取得最小值，

過點。作DGLOB于點G,由于0D=√^,且AABO為等腰直角三角形，

則有DG=I,NDOG=45°

動點E的運動時間t的最小值為：/=^S=VDG2-KJB2=VI2+(8-1)2=5√2.

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、8兩點，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ABCE的形狀，并說明理由；

(3)如圖2,以C為圓心，√5為半徑作OC,在OC上是否存在點P,使得8P+LE尸的值最小，若存在,

2

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)Z^8CE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=q(即CF等于半徑的一半)，連結(jié)8尸交OC于點P,連結(jié)EP,則"的長

即為所求.

【解答】解：(I)：拋物線的頂點坐標為￡(2,8),

設該拋物線的表達式為y=a(χ-2)2+8,

；與y軸交于點C(0,6),

把點C(0,6)代入得：α=-工，

2

.?.該拋物線的表達式為y=-A-Λ-2+Zr+6≡

(2)Z?8CE是直角三角形.理由如下：

；拋物線與X軸分別交于A、8兩點，

二令y=0,則-?∣√χ-2)2+8=0,

解得：Xi=-2,X2=6,

：.A(-2,0),5(6,0),

Λ^C2=62+62=72,CE2=(8-6)2+22=8,BE2=(6-2)2+82=80,

ΛBf2=θC2+CE2,

ΛZBCE=90o,

,△BCE是直角三角形；

(3)。C上存在點P,使得BP+工EP的值最小且這個最小值為Y近.理由如下：

_22

如圖，在CE上截取CF=返＜即CF等于半徑的一半)，連結(jié)BP交OC于點尸，連結(jié)EP,

2

則6F的長即為所求.理由如下：

連結(jié)CP,；CP為半徑，

.??ep??

"CPCE~2,

又'：4FCP=NPCE,

：.XFCPs∕?PCE,

.CF_FP_1

??"——"'——即FP=工EP,

CPPE22

；.BF=BP+工EP,

2

由“兩點之間，線段最短”可得:

BF的長即BP+工EP為最小值.

2

；CF=工CE,E(2,8),

4

二由比例性質(zhì)，易得F(∕,?,

圖2

4.(2020?雨花區(qū)校級一模)如圖1,已知拋物線y=/-i20r+32a(4>0)與X軸交于4,8兩點(A在8的左

側(cè))，與y軸交于點C.

(1)連接BC,若NABC=30°,求”的值.

(2)如圖2,已知M為AABC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”的值，

若沒有，請說明理由；

(3)如圖3,已知動點尸”,。在第一象限，f為常數(shù).

問：是否存在一點P,使得NAPB達到最大，若存在，求出此時NAPB的正弦值，若不存在，也請說明

理由.

【分析】(I)令y=0,求得拋物線與X軸的交點A、8的坐標，令X=O,用。表示C點的坐標，再由三角

函數(shù)列出"的方程，便可求得“的值；

(2)過M點作于點“，連接MA、MC,用d表示出M的坐標，根據(jù)MA=MC,列出。、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作以M為圓心，為半徑作。加，MT與直線y=x交于點S,P'

為直線y=x上異于尸的任意一點，連接4P,交。M于點K,連接BK,MP,AP,BP,MB,MA,當

產(chǎn)為直線y=x與OM的切點時，/AP8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.

令y=0,得y=αr2-120r+32α=0,

解得，x=4或8,

ΛA(4,0),8(8,0),

令X=0,得y=4x2-120r+32α=32",

.?.C(0,32α),

又/ABC=30°,

,tanZABC=^~=^2a.-V∑,

OB83

解得，“=返

12

(2)過M點作于點”，連接朋A、MC,如圖2,

V

圖2

.?.4，=8H=-^?β=2,

.,.OH=6,

設Λf(6,d),

9JMA=MC,

.?.4+∕=36+(d-324,

得2ad=32∕+i,

：.d=16Λ+A-=(4√I去產(chǎn)+4小

Na

當4Va~j點時,有d最小=4&,

即當α=當時，有d最小=4點；

(3)VP(r,r),

點P在直線y—x上，

如圖3,取AB的中點7,過7'作M7」AB,以例為圓心，AM為半徑作。加，MT與宜線y=x交于點S,

P'為直線y=x上異于尸的任意一點，連接4P',交OM于點K,連接BK,MP,AP,BP,MB,MA,

當。例與直線y=x相切時，?ZAPB^ZAKB>ZAP'B,

：.NAPB最大，此時相切點為P,

設M(6,d),而7(6,0),

ΛS(6,6),

ΛZPSΛ∕=90o-NSoT=45°,

又MP=MB=N4+(?2，

??.MS=√2MP=√2d2+8-

；MS+MT=ST=6,

?,?V2d2+8+d=6'

解得，4=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),

ΛMB=2√2-

VZAMB=2ZAPB,MTlAB,MA=MB,

NAMT=ZBMT=-IZAMB=ZAPB,

2

sinZAPB=SinZBMT=^-XL.

MB2

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=αx2+bx+c(α≠0)經(jīng)過4(1,0)、8(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尸，連接PM、PN,當4PMN的外接圓

圓心Q在APMN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。、氏。，便可得拋物線的解析式;

(2)1°用待定系數(shù)法求出直線8C的解析式，再設M的橫坐標為f,用f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NPMN=90°時：當NPNM=90°時；當NMPN=90°時.分別求出符合條件的P

點坐標便可.

【解答】解：⑴把A、B、C三點的坐標代入拋物線y=αr2+?r+c(αW0)中，得

a+b+c=O

,9a+3b+c=0-

,c=3

?=1

解得，<b=-4>

,c=3

/.拋物線的解析式為：>'=x2-4x+3:

(2)1°設直線BC的解析式為y="?x+〃("[WO),則

f3m+n=0

In=3,

解得，卜=-1,

ln=3

二直線BC的解析式為：y=-x+3,

設M(f,-Z+3)(O<∕<3),則Mf，∕2-4Z+3),

：.MN=-F+3t=-(t-?24Λ,

.?.當『3時，MN的值最大，其最大值為目；

24

2°?.?Z√>MN的外接圓圓心。在aPMN的邊上，

??.△PA/N為直角三角形，

由1°知，當MN取最大值時，?/(?,3),N(3,-?),

2224

①當∕PMN=90°時，PM〃x軸，則P點與M點的縱坐標相等，

.?.尸點的縱坐標為四，

2

當y=3時，y=χ2-4x+3=3,

22

4

解得，X=?V1Q-,或X=生當舍去)，

r

.p,4+V103、

??Λ^T^,^2b

②當∕PMW=90°時，PN〃x軸，則P點與N點的縱坐標相等，

.?.p點的縱坐標為-3,

4

當y=-3時，V-X2-4x+3=-3,

44

解得，X=互,或X=I舍去),

.?.尸(互馬

24

③當NΛ∕PN=90°時，則MN為aPMN的外接圓的直徑，

△川WN的外接圓的圓心。為MN的中點，

?,?β(-∣-,?∣?),半徑為J?M2∣^,

ZOΔO

過。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=∕-4x+3=3,

88

解得，X=左返ZVa舍)，或X=竺魚'，

424

.w8-√223、

48

.?.QK=空叵＞旦，即K點在以Λ∕N為直徑的。。外,

48

設拋物線y=x2-4x+3的頂點為點心則/(2,-1),

連接LK,如圖②，則乙到QK的距離為?∣?+ι=?^,

?-2)2+(?∣+l)2

V?OO

設。點到LK的距離為/?,則

?^?QK?卷］?LK?lτ

/OZ

HQK11X2√22

.「8_84_22√209+ll√209×22、9

?,h^LK"≈1.27〉*

4×209O

8

.?.直線LK下方的拋物線與OQ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,

二拋物線中NL部分（除N點外）與OQ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OQ沒有公共點，綜匕。。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尸，使APMN的外接圓圓心Q在例N邊上；

綜上，點P的坐標為（至YA,旦）或走，-?）.

2224

6.（2021?開福區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=尹-fcv+C交工軸于點A,B,點B的坐標為

⑵在拋物線上取點D,若點D的橫坐標為5,求點。的坐標及NAoB的度數(shù)；

（3）在（2）的條件下，設拋物線對稱軸/交X軸于點H,Z?ABO的外接圓圓心為M（如圖1）,

①求點M的坐標及OM的半徑；

②過點8作G）M的切線交于點P（如圖2）,設。為O例上一動點，則在點運動過程中里的值是否變化？

QP

若不變，求出其值；若變化，請說明理由.

【分析】（I）C=-2,將點8的坐標代入拋物線表達式得：0=1×I6-4?-2,解得：O=-3,即可求

22

解;

(2)SΔΛBD=_5X3.=3√52SBN,則av=&，sin/BoH=理?=Y2,即可求解；

22BD2

⑶①NAoB=45°,則NAM8=2NAZ)8=9(Γ,MA^MB,MHLAB,AH=BH=HM=殳,點M的坐

2

標為(3,且)oM的半徑為遙：

22

5_5戊__

②PH=HB=5,則瞿=2「=返■,黑Ll—=近，W∕?HMQsXQMP,則旦旦型?=YΣ,即可

MQ5√22MP"2QPMQ2

22

求解.

【解答】解：(l)c=-2,將點B的坐標代入拋物線表達式得：0=l×16-4?-2,解得：b=l,

22

.?.拋物線的解析式為y=lχ2-旦L2；

(2)當x=5時，y=l.x2-??--2=3,故。的坐標為(5,3),

22

令y=0,則x=4(舍去)或-1,故點A(-l,0),

如圖①，連接80,作WUAITTPM

圖①

VA(-1,0),8(4,O),C(0,-2),

ΛAD=3√5,BD=√Iθ.AB=5,

?.0w=W=3√^XBN,

22

：.BN=遙,

sinN8。N=典Σ,

BD√102

：.NBDN=45°:

.?.∕AO8=NBDV=45°；

(3)①如圖②，連接MA,MB,

圖②

VZADB=45o,

ΛZAMB=2ZADB=90o,

'JMA=MB,MHlAB,

R

,AH=BH=HM=Z,

2_

.?.點M的坐標為（3，$）。M的半徑為皂g：

222

②如圖③，連接MQ,MB,

圖③

?；過點B作。M的切線交1于點P，

ΛZMBP=90°，

,：ZMB0=45o,

：.NPBH=45°,

：.PH=HB=25,

?5√2

..MH,2-√2,MQ.~Γ~-√2

,MQ~5√2~'MP-52

2

YNHMQ=NQMP,

MHMQs/XQMP,

?.?—QH—n.M.H.---，

QPMQ2

在點Q運動過程中里的值不變，其值為亞.

QP2

7.(2020?天橋區(qū)二模)如圖，拋物線y=αr2+bx+c(αW0),與X軸交于4(4，0)、。兩點，點0(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OE,交X軸于3、C兩點，點M為G)E上一點.

①射線交拋物線于點P,設點P的橫坐標為m當tan/MBC=2時，求”的值；

②如圖2,連接OM,取OM的中點M連接。N,則線段ON的長度是否存在最大值或最小值？若存在，

請求出CN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=α(χ-2)2-2,將點4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AOEM的中位線，故βN=l,EM=l.,而eD=V(2-1)2+(0+2)2=V5'而BD'BNW

NDWBD+BN,即可求解.

【解答】解：(1)由拋物線頂點式表達式得：y=a(χ-2)2-2,

將點A的坐標代入上式并解得：α=工，

2

故拋物線的表達式為：y=*x-2)2-2=?-2xΦ;

⑵①點E是OA的中點，則點E(2,0),圓的半徑為1,則點8(1,0),

當點尸在X軸下方時，

如圖1,VtanZMBC≈2,

故設直線8P的表達式為：y=-2x+s,將點仇1,0)的坐標代入上式并解得：s=2,

故直線BP的表達式為：y=-2r+2②，

聯(lián)立①②并解得：X=±2(舍去-2),故加=2；

當點P在X軸上方時，

同理可得：，”=4±2√ξ(舍去4-2√E);

故m—2或4+2^3：

②存在，理由：

連接BMBD、EM,

則BN是aOEM的中位線，故BN=?∣?EM=?∣?,而B。=#(2-1)2+(。+？)2=遙,

在ABND中，8。-BNWNDWBD+BN,

即遙-O.5≤7VD≤√5+O.5,

故線段CW的長度最小值和最大值分別為√M-0.5和√m+0.5.

8.(2020?百色)如圖，拋物線的頂點為4(0,2),且經(jīng)過點8(2,0).以坐標原點。為圓心的圓的半徑r=√2.

OCVAB于點C.

(1)求拋物線的函數(shù)解析式.

(2)求證：直線AB與00相切.

(3)已知P為拋物線上一動點，線段PO交。。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，可設拋物線的解析式為：J=Or2+2,把點B的坐標代入即可求出”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。。的半徑即可；

(3)由題意知，AC是以M,0,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0歷的解析式，直線OM與拋物線的交點為P,即可求出PM的長.

【解答】解：(I)；拋物線的頂點為A(0,2),

可設拋物線的解析式為：y=αr2+2,

；拋物線經(jīng)過點8(2,0),

?*?4Λ÷2=0,

解得：a=-―,

2

拋物線的解析式為：尸-工/+2：

2

(2)證明：,.,A(0,2),B(2,0),

?*?OA=OB=2,

ΛΛB=2√2.

,.?OClAB,

.?^?OA?OB=-?AB?OC,

22

.?.?lχ2X2=l?X2&?0C,

22

解得：OC=

的半徑r=√5,

??.oc是。。的半徑,

.?.直線AB與O。相切;

(3)；點P在拋物線y=-Λr+2上，

可設尸(x,-工X2+2),

2

以M,O,A,C為頂點的四邊形是平行四邊形時，

可得：AC=OM=近,CM=0A=2,

:點C是A3的中點，

ΛC(1,1),M(l,-1),

設直線OM的解析式為y=Jtx,將點M(l,-1)代入,

得：k=-1,

直線OM的解析式為y=-%,

；點P在。M上，

解得：Xl=1+依，X2=I-爬,

.?yι=-I-Vδ.yi--1+Vδ>

ΛPι(l+√5--1-√5).∕,2(1-√5,-l+√5).

如圖，當點P位于P位置時，

0P?=√(1+√5)2+(-1-√5)2=√2(1√5)2≈V2(l√5)=√2+√iθ,

".P?M=OP?-OΛ∕=V2+,∕10-V2=V10>

當點P位于尸2位置時，同理可得：OP2=JTU-√5,

P2M=OP2-OM=√iθ-√2-V2=√iθ-2√2;

綜上所述，PM的長是JTU或Wi-2√5?

9.(2020?西藏)在平面直角坐標系中，二次函數(shù)>=12+加+。的圖象與X軸交于A(-2,0),B(4,0)兩點,

2

交)，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4C,PA,PC,若S△布c=」紅，求點P的坐標；

2

(3)如圖乙，過4,B,P三點作。加，過點P作尸ELr軸，垂足為。，交C)M于點E.點P在運動過程中

線段QE的長是否變化，若有變化，求出QE的取值范圍；若不變，求QE的長.

【分析】(1)由二次函數(shù)y=?∣?x2+法+c的圖象與X軸交于A(-2,0),8(4,0)兩點，可得二次函數(shù)的解析

式為y=工(》+2)(X-4),由此即可解決問題.

2

⑵根據(jù)SAPAC=SΛAOC+SΛOPC-SΛAOP,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。E的長是定值，DE=2?根據(jù)AΛ∕=WP,根據(jù)方程求出f,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：⑴;二次函數(shù)丫=工人以+。的圖象與X軸交于A—2,0),B(4,0)兩點,

2

.?.二次函數(shù)的解析式為y=A(x+2)(x-4),

-2

即y--χ1-X-4.

2

由