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挑战2023年中考数学压轴题专题10 二次函数与圆存在性问题（含答案解析）
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这是一份挑战2023年中考数学压轴题专题10 二次函数与圆存在性问题（含答案解析），共80页。
专题10二次函数与圆存在性问题
二次函数是初中数学代数部分最重要的概念之一,是中考数学的重难点；而圆是初中几何中综合性最强的知识内容,它与二次函数都在中考中占据及其重要的地位,两者经常作为压轴题综合考查,能够很好的考查学生的数学综合素养以及分析问题、解决问题的能力.圆心与抛物线的关系、圆上的点和抛物线的关系,其本质就是把位置关系向数量化关系转化.
二次函数与圆的综合要数形结合,在读题之前要想到圆中的相关概念、性质及定理,比如圆的定义、垂径定理、圆周角、圆心角、内心、外心、切线、四点共圆的、隐藏圆等；对于二次函数,要熟练掌握解析式的求法和表达形式、顶点、最值、与方程之间的关系,线段长与点的坐标之间的数量转化等.
【例1】（2022•闵行区二模）如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C．将抛物线的对称轴沿x轴的正方向平移,平移后交x轴于点D,交线段BC于点E,交抛物线于点F,过点F作直线BC的垂线,垂足为点G．
（1）求抛物线的表达式；
（2）以点G为圆心,BG为半径画⊙G；以点E为圆心,EF为半径画⊙E．
当⊙G与⊙E内切时．
①试证明EF与EB的数量关系；
②求点F的坐标．
【例2】（2022•福建模拟）如图,已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A,B两点,点C（2,﹣4）在抛物线上,且△ABC是等腰直角三角形．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点D（2,0）的直线与抛物线交于点M,N,试问：以线段MN为直径的圆是否过定点？证明你的结论．
【例3】（2022•武汉模拟）已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c（c＞0）．
（1）如图1,抛物线与直线l相交于点M（﹣1,0）,N（2,6）．
①求抛物线的解析式；
②过点N作MN的垂线,交抛物线于点P,求PN的长；
（2）如图2,已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,点A,B,C,D（0,n）四点在同一圆上,求n的值．
【例4】（2022•上海模拟）在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2﹣3ax+2（a＜0）交y轴于点A,抛物线的对称轴交x轴于点P,联结PA．
（1）求线段PA的长；
（2）如果抛物线的顶点到直线PA的距离为3,求a的值；
（3）以点P为圆心、PA为半径的⊙P交y轴的负半轴于点B,第一象限内的点Q在⊙P上,且劣弧＝2．如果抛物线经过点Q,求a的值．
1．（2021•广元）如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别相交于A、B两点,与y轴相交于点C,下表给出了这条抛物线上部分点（x,y）的坐标值：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）PQ是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方）,求AQ+QP+PC的最小值；
（3）如图2,点D是第四象限内抛物线上一动点,过点D作DF⊥x轴,垂足为F,△ABD的外接圆与DF相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是,请求出这个定值；如果不是,请说明理由．
2．（2021•张家界）如图,已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2,﹣3）,且与x轴交于原点及点B（8,0）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；
（3）判断△ABO的形状,试说明理由；
（4）若点P为⊙O上的动点,且⊙O的半径为2,一动点E从点A出发,以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P,再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动,求点E的运动时间t的最小值．
3．（2021•宜宾）如图1,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴分别交于A、B两点,与y轴交于点C（0,6）,抛物线的顶点坐标为E（2,8）,连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状,并说明理由；
（3）如图2,以C为圆心,为半径作⊙C,在⊙C上是否存在点P,使得BP+EP的值最小,若存在,请求出最小值；若不存在,请说明理由．
4．（2020•雨花区校级一模）如图1,已知抛物线y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）与x轴交于A,B两点（A在B的左侧）,与y轴交于点C．
（1）连接BC,若∠ABC＝30°,求a的值．
（2）如图2,已知M为△ABC的外心,试判断弦AB的弦心距d是否有最小值,若有,求出此时a的值,若没有,请说明理由；
（3）如图3,已知动点P（t,t）在第一象限,t为常数．
问：是否存在一点P,使得∠APB达到最大,若存在,求出此时∠APB的正弦值,若不存在,也请说明理由．
5．（2020•汇川区三模）如图,在平面直角坐标系上,一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1,0）、B（3,0）、C（0,3）三点,连接BC并延长．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点,过M作MN∥y轴交抛物线于点N．
1°求线段MN的最大值；
2°当MN取最大值时,在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P,连接PM、PN,当△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上时,求点P的坐标．
6．（2021•开福区模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝x2﹣bx+c交x轴于点A,B,点B的坐标为（4,0）,与y轴于交于点C（0,﹣2）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线上取点D,若点D的横坐标为5,求点D的坐标及∠ADB的度数；
（3）在（2）的条件下,设抛物线对称轴l交x轴于点H,△ABD的外接圆圆心为M（如图1）,
①求点M的坐标及⊙M的半径；
②过点B作⊙M的切线交于点P（如图2）,设Q为⊙M上一动点,则在点运动过程中的值是否变化？若不变,求出其值；若变化,请说明理由．
7．（2020•天桥区二模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）,与x轴交于A（4,0）、O两点,点D（2,﹣2）为抛物线的顶点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点E为AO的中点,以点E为圆心、以1为半径作⊙E,交x轴于B、C两点,点M为⊙E上一点．
①射线BM交抛物线于点P,设点P的横坐标为m,当tan∠MBC＝2时,求m的值；
②如图2,连接OM,取OM的中点N,连接DN,则线段DN的长度是否存在最大值或最小值？若存在,请求出DN的最值；若不存在,请说明理由．
8．（2020•百色）如图,抛物线的顶点为A（0,2）,且经过点B（2,0）．以坐标原点O为圆心的圆的半径r＝,OC⊥AB于点C．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）求证：直线AB与⊙O相切．
（3）已知P为抛物线上一动点,线段PO交⊙O于点M．当以M,O,A,C为顶点的四边形是平行四边形时,求PM的长．
9．（2020•西藏）在平面直角坐标系中,二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2,0）,B（4,0）两点,交y轴于点C,点P是第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图甲,连接AC,PA,PC,若S△PAC＝,求点P的坐标；
（3）如图乙,过A,B,P三点作⊙M,过点P作PE⊥x轴,垂足为D,交⊙M于点E．点P在运动过程中线段DE的长是否变化,若有变化,求出DE的取值范围；若不变,求DE的长．
10．（2020•宜宾）如图,已知二次函数的图象顶点在原点,且点（2,1）在二次函数的图象上,过点F（0,1）作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）P为平面内一点,当△PMN是等边三角形时,求点P的坐标；
（3）在二次函数的图象上是否存在一点E,使得以点E为圆心的圆过点F和点N,且与直线y＝﹣1相切．若存在,求出点E的坐标,并求⊙E的半径；若不存在,说明理由．
11．（2021•嘉兴二模）定义：平面直角坐标系xOy中,过二次函数图象与坐标轴交点的圆,称为该二次函数的坐标圆．
（1）已知点P（2,2）,以P为圆心,为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆,并说明理由；
（2）已知二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A,坐标圆的圆心为P,如图1,求△POA周长的最小值；
（3）已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图象交x轴于点A,B,交y轴于点C,与坐标圆的第四个交点为D,连结PC,PD,如图2．若∠CPD＝120°,求a的值．
12．（2021•常州二模）如图1：抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1,0）,点B（3,0）,与y轴交于点C．动点E（m,0）（0＜m＜3）,过点E作直线l⊥x轴,交抛物线于点M．
（1）求抛物线的解析式及C点坐标；
（2）连接BM并延长交y轴于点N,连接AN,OM,若AN∥OM,求m的值．
（3）如图2．当m＝1时,P是直线l上的点,以P为圆心,PE为半径的圆交直线l于另一点F（点F在x轴上方）,若线段AC上最多存在一个点Q使得∠FQE＝90°,求点P纵坐标的取值范围．
13．（2021•乐山模拟）如图,抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1,0）,B（3,2）,与x轴交于另一点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y上是否存在一点E,使四边形ABCE为矩形,若存在,请求出点E的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）以C为圆心,1为半径作⊙O,D为⊙O上一动点,求DA+DB的最小值
14．（2021•河北区二模）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴是直线x＝2,与x轴相交于A,B两点（点A在点B的左侧）,与y轴交于点C．
（Ⅰ）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（Ⅱ）M为第一象限内抛物线上的一个点,过点M作MN⊥x轴于点N,交BC于点D,连接CM,当线段CM＝CD时,求点M的坐标；
（Ⅲ）以原点O为圆心,AO长为半径作⊙O,点P为⊙O上的一点,连接BP,CP,求2PC+3PB的最小值．
15．（2021•长沙模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的顶点为M,经过C（1,1）,且与x轴正半轴交于A,B两点．
（1）如图1,连接OC,将线段OC绕点O顺时针旋转,使得C落在y轴的负半轴上,求点C的路径长；
（2）如图2,延长线段OC至N,使得ON＝,若∠OBN＝∠ONA,且,求抛物线的解析式；
（3）如图3,抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线,与y轴交于（0,5）,经过点C的直线l：y＝kx+m（k＞0）与抛物线交于点C、D,若在x轴上存在P1、P2,使∠CP1D＝∠CP2D＝90°,求k的取值范围．
16．（2021秋•上城区校级期中）如图,已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边）,与y轴交于点C,⊙M是△ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为（1,4）．
（1）求抛物线的解析式,及A、B、C三点的坐标；
（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；
（3）如图2,在x轴上有点P（7,0）,试在直线BC上找点Q,使B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似．若存在,请直接写出点坐标；若不存在,请说明理由．
17．（2021秋•西湖区校级期中）我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”．如图所示,点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点,已知点D的坐标为（0,﹣3）,AB为半圆的直径,半圆圆心M的坐标为（1,0）,半圆半径为2．
（1）求“蛋圆”抛物线部分的解析式及“蛋圆”的弦CD的长；
（2）已知点E是“蛋圆”上的一点（不与点A,点B重合）,点E关于x轴的对称点是点F,若点F也在“蛋圆”上,求点E坐标；
（3）点P是“蛋圆”外一点,满足∠BPC＝60°,当BP最大时,直接写出点P的坐标．
18．（2021•雨花区二模）如图1,已知圆O的圆心为原点,半径为2,与坐标轴交于A,C,D,E四点,B为OD中点．
（1）求过A,B,C三点的抛物线解析式；
（2）如图2,连接BC,AC．点P在第一象限且为圆O上一动点,连接BP,交AC于点M,交OC于点N,当MC2＝MN•MB时,求M点的坐标；
（3）如图3,若抛物线与圆O的另外两个交点分别为H,F,请判断四边形CFEH的形状,并说明理由．
19．（2020•东海县二模）如图,△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线C1：y＝x2+x上,点A的坐标为（﹣4,m）,点B的坐标为（n,﹣2）．（点A在点B的左侧）
（1）则m＝ ,n＝ ．
（2）将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB',抛物线C2：y＝ax2+bx+4经过A'、B'两点,延长OB'交抛物线C2于点C,连接A'C．设△OA'C的外接圆为⊙M．
①求圆心M的坐标；
②试直接写出△OA'C的外接圆⊙M与抛物线C2的交点坐标（A'、C除外）．
20．（2022•绿园区二模）在平面直角坐标系中,已知某二次函数的图象同时经过点A（0,3）、B（2m,3）、C（m,m+3）．其中,m≠0．
（1）当m＝1时．
①该二次函数的图象的对称轴是直线 ．
②求该二次函数的表达式．
（2）当|m|≤x≤|m|时,若该二次函数的最大值为4,求m的值．
（3）若同时经过点A、B、C的圆恰好与x轴相切时,直接写出该二次函数的图象的顶点坐标．
21．（2022•炎陵县一模）抛物线：y＝﹣x2+bx+c与y轴的交点C（0,3）,与x轴的交点分别为E、G两点,对称轴方程为x＝1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,过点C作y轴的垂线交抛物线于另一点D,F为抛物线的对称轴与x轴的交点,P为线段OC上一动点．若PD⊥PF,求点P的坐标．
（3）如图1,如果一个圆经过点O、点G、点C三点,并交于抛物线对称轴右侧x轴的上方于点H,求∠OHG的度数；
（4）如图2,将抛物线向下平移2个单位长度得到新抛物线L,点B是顶点．直线y＝kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．与对称轴交于点G,若△BMN的面积等于2,求k的值．
22．（2022•杨浦区二模）如图,已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝﹣+bx+c与x轴相交于点A（4,0）,与y轴相交于点B（0,3）,在x轴上有一动点E（m,0）（0＜m＜4）,过点E作x轴的垂线交线段AB于点N,交抛物线于点P,过P作PM⊥AB,垂足为点M．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）设△PMN的周长为C1,△AEN的周长为C2,如果,求点P的坐标；
（3）如果以N为圆心,NA为半径的圆与以OB为直径的圆内切,求m的值．
【例1】（2022•闵行区二模）如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C．将抛物线的对称轴沿x轴的正方向平移,平移后交x轴于点D,交线段BC于点E,交抛物线于点F,过点F作直线BC的垂线,垂足为点G．
（1）求抛物线的表达式；
（2）以点G为圆心,BG为半径画⊙G；以点E为圆心,EF为半径画⊙E．
当⊙G与⊙E内切时．
①试证明EF与EB的数量关系；
②求点F的坐标．
【分析】（1）根据点A、B的坐标,设抛物线y＝a（x+1）（x﹣3）,再将点C代入即可求出a的值,从而得出答案；
（2）①分两种情形,当r⊙G＞r⊙E时,则GB﹣EF＝GE,则EF＝EB,当r⊙G＜r⊙E时,则EF﹣GB＝GE,设EF＝5t,FG＝3t,GE＝4t,则5t﹣GB＝4t,则GB＝t＜GE＝4t,从而得出矛盾；
②由．设BD＝t,则DE＝,利用勾股定理得BE＝,则F坐标为（3﹣t,3t）,代入抛物线解析式,从而解决问题．
【解答】解：（1）∵点A坐标为（﹣1,0）,点B坐标为（3,0）．
设抛物线y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0）,
∵抛物线经过点C（0,4）,
∴4＝﹣3a．
解得．
∴抛物线的表达式是；
（2）①由于⊙G与⊙E内切,
当r⊙G＜r⊙E时,则EF﹣GB＝GE,
设EF＝5t,FG＝3t,GE＝4t,则5t﹣GB＝4t,
∴GB＝t＜GE＝4t,
∴点E在线段CB的延长线上．
又∵已知点E在线段BC上,
∴矛盾,因此不存在．
当r⊙G＞r⊙E时,则GB﹣EF＝GE,
又∵GE＝GB﹣EB,
∴EF＝EB；
②∵OC⊥OB,FD⊥OB,
∴∠COB＝∠EDB＝90°．
∴．
∴设BD＝t,则DE＝；
在Rt△BED中,由勾股定理得,
．
∴,
∴F坐标为（3﹣t,3t）,
∵F点在抛物线上,
∴,
∴解得,t＝0（点F与点B重合,舍去）．
∴F坐标为（,）．
【例2】（2022•福建模拟）如图,已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A,B两点,点C（2,﹣4）在抛物线上,且△ABC是等腰直角三角形．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点D（2,0）的直线与抛物线交于点M,N,试问：以线段MN为直径的圆是否过定点？证明你的结论．
【分析】（1）等腰直角三角形斜边中线等于斜边一半,点的坐标,不难求出A、B两点坐标,把点A、B、C代入二次函数解析式,解三元一次方程组就可得到函数解析式．
（2））通过设过点D（2,0）的直线MN解析式为y＝k（x﹣2）＝kx﹣2k,得到关于x、关于y的方程,利用跟与系数的关系,再得到圆的解析式,待定系数法确定定点的x、y的值,确定定点的坐标．
【解答】解：连接AC、BC,过点C作CP垂直于x轴于点P．
在Rt△CAB中,AC＝BC,CP⊥AB,点C（2,﹣4）,
∴CP＝AP＝PB＝4,OP＝2,
∴OA＝AP﹣OP＝4﹣2＝2,OB＝OP+PB＝4+2＝6,
∴点A（﹣2,0）,点B（6,0）,
把点A（﹣2,0）,点B（6,0）,点C（2,﹣4）代入函数解析式得
,
解得,
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣3．
故答案为：y＝x2﹣x﹣3．
（2）设过点D（2,0）的直线MN解析式为y＝k（x﹣2）＝kx﹣2k,
联立直线与抛物线解析式得关于x的等式：kx﹣2k＝x2﹣x﹣3,
化简得＝0,
xN+xM＝﹣＝4（k+1）,xNxM＝＝8k﹣12..........①,
联立直线与抛物线解析式得关于y的等式：y＝（+2）2﹣（+2）﹣3,
化简得y2+（﹣﹣1）y﹣4＝0,
yM+yN＝4k2,yMyN＝﹣16k2................②,
线段MN的中点就是圆的圆心,
∴xO＝（xN+xM）＝2（K+1）,
代入直线方程得yO＝2k2,
∴圆心坐标为（2k+2,2k2）,
直径MN＝＝,
把①、②代入上式化简整理得直径MN＝,
设圆上某一点（x,y）到圆心的距离等于半径,
∴＝,
化简整理得16k2+12﹣8k＝x2﹣4kx﹣4x+y2﹣4k2y＝﹣4yk2﹣4kx+x2﹣4x+y2,
圆过定点,所以与k值无关,看作是关于k的二次等式,
k2、k的系数,常量对应相等,
得﹣8＝﹣4x,
x＝2,
16＝﹣4y,
y＝﹣4,
由以上分析,所以以MN为直径的圆过定点（2,﹣4）．
故答案为：以线段MN为直径的圆过定点（2,﹣4）．
【例3】（2022•武汉模拟）已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c（c＞0）．
（1）如图1,抛物线与直线l相交于点M（﹣1,0）,N（2,6）．
①求抛物线的解析式；
②过点N作MN的垂线,交抛物线于点P,求PN的长；
（2）如图2,已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,点A,B,C,D（0,n）四点在同一圆上,求n的值．
【分析】（1）①把点M（﹣1,0）,N（2,6）代入到y＝﹣2x2+bx+c中,可得b和c的值．
②设P（a,﹣2a2+4a+6）,再利用M（﹣1,0）,N（2,6）,得到 MN、PM、PN的表达式,最后利用勾股定理求得a的值．
（2）令C（0,c）,当y＝0时,代入抛物线得xAxB＝﹣,根据两角对应相等,可得△AOC∽△DOB,然后再找到
对应线段成比例,即得到n的值．
【解答】解：（1）①把M（﹣1,0）N（2,6）代入y＝﹣2x2+bx+c,
得 ,
解得 ,
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；
②由①,抛物线解析式为：y＝﹣2x2+4x+6,
设P（a,﹣2a2+4a+6）
∵M（﹣1,0）,N（2,6）,
∴MN＝＝3,
∴PM＝,
PN＝,
又∵PN⊥MN,则PM2＝MN2+PN2,
（﹣1﹣a）2+（2a2﹣4a﹣b）2＝（3）2+（2﹣a）2+（2a2﹣4a）2．
整理得：4a2﹣9a+2＝0,
∴（a﹣2）（4a﹣1）＝0．
∴a1＝2,a2＝．
当a＝2时,P与N重合,
∴a＝,PN＝．
（2）证明：设OA＝﹣xA,OB＝xB,OD＝﹣n
当y＝0时,﹣2x2+bx+c＝0,
∴xAxB＝﹣,
∴OA•OB＝﹣xAxB＝．
∵∠CAO＝∠BDO,∠ACO＝∠DBO
∴△AOC∽△DOB
∴＝
∴OA•OB＝OC•OD
∴＝c•（﹣n）．
∵c≠0
∴n＝﹣．
【例4】（2022•上海模拟）在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2﹣3ax+2（a＜0）交y轴于点A,抛物线的对称轴交x轴于点P,联结PA．
（1）求线段PA的长；
（2）如果抛物线的顶点到直线PA的距离为3,求a的值；
（3）以点P为圆心、PA为半径的⊙P交y轴的负半轴于点B,第一象限内的点Q在⊙P上,且劣弧＝2．如果抛物线经过点Q,求a的值．
【分析】（1）分别求出P（,0）,A（0,2）,由两点间距离公式可求；
（2）抛物线的顶点为M（,2﹣a）,由S△APM＝×PM×OP＝×AP×3,可得a＝﹣；
（3）连接PQ,BP,AM,设Q（t,at2﹣3at+2）,求出M（﹣1,0）,由垂径定理可得AM＝AQ,＝①,PQ＝AP,得②,联立①②可得a＝．
【解答】解：（1）y＝ax2﹣3ax+2＝a（x﹣）2+2﹣a,
∴抛物线的对称轴为x＝,
∴P（,0）,
令x＝0,则y＝2,
∴A（0,2）,
∴PA＝；
（2）由（1）可知抛物线的顶点为M（,2﹣a）,
∵a＜0,
∴2﹣a＞0,
∴S△APM＝×PM×OP＝×AP×3,
∴（2﹣a）×＝×3,
解得a＝﹣；
（3）连接PQ,BP,AM,
∵MP⊥AB,
∴＝,
∵＝2,
∴＝,
∴AM＝AQ,
设Q（t,at2﹣3at+2）,
∵AP＝,P（,0）,
∴M（﹣1,0）,
∴＝①,
∵PQ＝AP,
∴②,
联立①②可得t＝或t＝﹣1（舍）,
将t＝代入①,可得a＝．
1．（2021•广元）如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别相交于A、B两点,与y轴相交于点C,下表给出了这条抛物线上部分点（x,y）的坐标值：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）PQ是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方）,求AQ+QP+PC的最小值；
（3）如图2,点D是第四象限内抛物线上一动点,过点D作DF⊥x轴,垂足为F,△ABD的外接圆与DF相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是,请求出这个定值；如果不是,请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出抛物线解析式,再运用配方法求出顶点坐标；
（2）如图1,将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0,2）,连接BC′交抛物线对称轴x＝1于点Q′,过点C作CP′∥BC′,交对称轴于点P′,连接AQ′,此时,C′、Q′、B三点共线,BQ′+C′Q′的值最小,运用勾股定理即可求出答案；
（3）如图2,连接BE,设D（t,﹣t2+2t+3）,且t＞3,可得DF＝t2﹣2t﹣3,BF＝t﹣3,AF＝t+1,运用圆内接四边形的性质可得∠DAF＝∠BEF,进而证明△AFD∽△EFB,利用＝,即可求得答案．
【解答】解：（1）根据表格可得出A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）,
设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3）,
将C（0,3）代入,得：3＝a（0+1）（0﹣3）,
解得：a＝﹣1,
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4,
∴该抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3,顶点坐标为M（1,4）；
（2）如图1,将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0,2）,连接BC′交抛物线对称轴x＝1于点Q′,
过点C作CP′∥BC′,交对称轴于点P′,连接AQ′,
∵A、B关于直线x＝1对称,
∴AQ′＝BQ′,
∵CP′∥BC′,P′Q′∥CC′,
∴四边形CC′Q′P′是平行四边形,
∴CP′＝C′Q′,Q′P′＝CC′＝1,
在Rt△BOC′中,BC′＝＝＝,
∴AQ′+Q′P′+P′C＝BQ′+C′Q′+Q′P′＝BC′+Q′P′＝+1,
此时,C′、Q′、B三点共线,BQ′+C′Q′的值最小,
∴AQ+QP+PC的最小值为+1；
（3）线段EF的长为定值1.
如图2,连接BE,
设D（t,﹣t2+2t+3）,且t＞3,
∵EF⊥x轴,
∴DF＝﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t﹣3,
∵F（t,0）,
∴BF＝OF﹣OB＝t﹣3,AF＝t﹣（﹣1）＝t+1,
∵四边形ABED是圆内接四边形,
∴∠DAF+∠BED＝180°,
∵∠BEF+∠BED＝180°,
∴∠DAF＝∠BEF,
∵∠AFD＝∠EFB＝90°,
∴△AFD∽△EFB,
∴＝,
∴＝,
∴EF＝＝＝1,
∴线段EF的长为定值1．
2．（2021•张家界）如图,已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2,﹣3）,且与x轴交于原点及点B（8,0）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；
（3）判断△ABO的形状,试说明理由；
（4）若点P为⊙O上的动点,且⊙O的半径为2,一动点E从点A出发,以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P,再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动,求点E的运动时间t的最小值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出答案；
（2）运用配方法将抛物线解析式化为顶点式,得出顶点坐标,运用待定系数法求出直线AB的函数表达式；
（3）方法1：如图1,过点A作AF⊥OB于点F,则F（4,0）,得出△AFO、△AFB均为等腰直角三角形,即可得出答案,
方法2：由△ABO的三个顶点分别是O（0,0）,A（4,﹣4）,B（8,0）,运用勾股定理及逆定理即可得出答案；
（4）以O为圆心,2为半径作圆,则点P在圆周上,根据t＝AP+PB＝PD+PB,可知当B、P、D三点共线时,PD+PB取得最小值,过点D作DG⊥OB于点G,由t＝DB＝即可求出答案．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过C（2,﹣3）,且与x轴交于原点及点B（8,0）,
∴c＝0,二次函数表达式可设为：y＝ax2+bx（a≠0）,
将C（2,﹣3）,B（8,0）代入y＝ax2+bx得：
,
解得：,
∴二次函数的表达式为；
（2）∵＝（x﹣4）2﹣4,
∴抛物线的顶点A（4,﹣4）,
设直线AB的函数表达式为y＝kx+m,将A（4,﹣4）,B（8,0）代入,得：
,
解得：,
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣8；
（3）△ABO是等腰直角三角形．
方法1：如图1,过点A作AF⊥OB于点F,则F（4,0）,
∴∠AFO＝∠AFB＝90°,OF＝BF＝AF＝4,
∴△AFO、△AFB均为等腰直角三角形,
∴OA＝AB＝4,∠OAF＝∠BAF＝45°,
∴∠OAB＝90°,
∴△ABO是等腰直角三角形．
方法2：∵△ABO的三个顶点分别是O（0,0）,A（4,﹣4）,B（8,0）,
∴OB＝8,OA＝＝＝,
AB＝＝＝,
且满足OB2＝OA2+AB2,
∴△ABO是等腰直角三角形；
（4）如图2,以O为圆心,2为半径作圆,则点P在圆周上,依题意知：
动点E的运动时间为t＝AP+PB,
在OA上取点D,使OD＝,连接PD,
则在△APO和△PDO中,
满足：＝＝2,∠AOP＝∠POD,
∴△APO∽△PDO,
∴＝＝2,
从而得：PD＝AP,
∴t＝AP+PB＝PD+PB,
∴当B、P、D三点共线时,PD+PB取得最小值,
过点D作DG⊥OB于点G,由于,且△ABO为等腰直角三角形,
则有 DG＝1,∠DOG＝45°
∴动点E的运动时间t的最小值为：t＝DB＝＝＝5．
3．（2021•宜宾）如图1,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴分别交于A、B两点,与y轴交于点C（0,6）,抛物线的顶点坐标为E（2,8）,连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状,并说明理由；
（3）如图2,以C为圆心,为半径作⊙C,在⊙C上是否存在点P,使得BP+EP的值最小,若存在,请求出最小值；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）△BCE是直角三角形．运用勾股定理逆定理即可证明；
（3）如图,在CE上截取CF＝（即CF等于半径的一半）,连结BF交⊙C于点P,连结EP,则BF的长即为所求．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2,8）,
∴设该抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2+8,
∵与y轴交于点C（0,6）,
∴把点C（0,6）代入得：a＝﹣,
∴该抛物线的表达式为y＝x2+2x+6；
（2）△BCE是直角三角形．理由如下：
∵抛物线与x轴分别交于A、B两点,
∴令y＝0,则﹣（x﹣2）2+8＝0,
解得：x1＝﹣2,x2＝6,
∴A（﹣2,0）,B（6,0）,
∴BC2＝62+62＝72,CE2＝（8﹣6）2+22＝8,BE2＝（6﹣2）2+82＝80,
∴BE2＝BC2+CE2,
∴∠BCE＝90°,
∴△BCE是直角三角形；
（3）⊙C上存在点P,使得BP+EP的值最小且这个最小值为．理由如下：
如图,在CE上截取CF＝（即CF等于半径的一半）,连结BF交⊙C于点P,连结EP,
则BF的长即为所求．理由如下：
连结CP,∵CP为半径,
∴＝＝,
又∵∠FCP＝∠PCE,
∴△FCP∽△PCE,
∴＝＝,即FP＝EP,
∴BF＝BP+EP,
由“两点之间,线段最短”可得：
BF的长即BP+EP为最小值．
∵CF＝CE,E（2,8）,
∴由比例性质,易得F（,）,
∴BF＝＝．
4．（2020•雨花区校级一模）如图1,已知抛物线y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）与x轴交于A,B两点（A在B的左侧）,与y轴交于点C．
（1）连接BC,若∠ABC＝30°,求a的值．
（2）如图2,已知M为△ABC的外心,试判断弦AB的弦心距d是否有最小值,若有,求出此时a的值,若没有,请说明理由；
（3）如图3,已知动点P（t,t）在第一象限,t为常数．
问：是否存在一点P,使得∠APB达到最大,若存在,求出此时∠APB的正弦值,若不存在,也请说明理由．
【分析】（1）令y＝0,求得抛物线与x轴的交点A、B的坐标,令x＝0,用a表示C点的坐标,再由三角函数列出a的方程,便可求得a的值；
（2）过M点作MH⊥AB于点H,连接MA、MC,用d表示出M的坐标,根据MA＝MC,列出a、d的关系式,再通过关系式求得结果；
（3）取AB的中点T,过T作MT⊥AB,以M为圆心,MA为半径作⊙M,MT与直线y＝x交于点S,P′为直线y＝x上异于P的任意一点,连接AP′,交⊙M于点K,连接BK,MP,AP,BP,MB,MA,当P为直线y＝x与⊙M的切点时,∠APB达到最大,利用圆圆周角性质和解直角三角形的知识求得结果便可．
【解答】解：（1）连接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＝,
解得,a＝；
（2）过M点作MH⊥AB于点H,连接MA、MC,如图2,
∴AH＝BH＝＝2,
∴OH＝6,
设M（6,d）,
∵MA＝MC,
∴4+d2＝36+（d﹣32a）2,
得2ad＝32a2+1,
∴d＝16a+＝,
∴当4时,有,
即当a＝时,有；
（3）∵P（t,t）,
∴点P在直线y＝x上,
如图3,取AB的中点T,过T作MT⊥AB,以M为圆心,MA为半径作⊙M,MT与直线y＝x交于点S,P′为直线y＝x上异于P的任意一点,连接AP′,交⊙M于点K,连接BK,MP,AP,BP,MB,MA,
当⊙M与直线y＝x相切时,有∠APB＝∠AKB＞∠AP′B,
∴∠APB最大,此时相切点为P,
设M（6,d）,而T（6,0）,
∴S（6,6）,
∴∠PSM＝90°﹣∠SOT＝45°,
又MP＝MB＝,
∴MS＝＝,
∵MS+MT＝ST＝6,
∴,
解得,d＝2（负根舍去）,
经检验,d＝2是原方程的解,也符合题意,
∴M（6,2）,
∴MB＝2,
∵∠AMB＝2∠APB,MT⊥AB,MA＝MB,
∴∠AMT＝∠BMT＝∠AMB＝∠APB,
∴sin∠APB＝sin∠BMT＝．
5．（2020•汇川区三模）如图,在平面直角坐标系上,一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1,0）、B（3,0）、C（0,3）三点,连接BC并延长．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点,过M作MN∥y轴交抛物线于点N．
1°求线段MN的最大值；
2°当MN取最大值时,在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P,连接PM、PN,当△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上时,求点P的坐标．
【分析】（1）将三个已知点坐标代入抛物线的解析式中列出方程组求得a、b、c,便可得抛物线的解析式；
（2）1°用待定系数法求出直线BC的解析式,再设M的横坐标为t,用t表示MN的距离,再根据二次函数的性质求得MN的最大值；
2°分三种情况：当∠PMN＝90°时；当∠PNM＝90°时；当∠MPN＝90°时．分别求出符合条件的P点坐标便可．
【解答】解：（1）把A、B、C三点的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）中,得
,
解得,,
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）1°设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0）,则
,
解得,,
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3,
设M（t,﹣t+3）（0＜t＜3）,则N（t,t2﹣4t+3）,
∴MN＝﹣t2+3t＝﹣,
∴当t＝时,MN的值最大,其最大值为；
2°∵△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上,
∴△PMN为直角三角形,
由1°知,当MN取最大值时,M（）,N（）,
①当∠PMN＝90°时,PM∥x轴,则P点与M点的纵坐标相等,
∴P点的纵坐标为,
当y＝时,y＝x2﹣4x+3＝,
解得,x＝,或x＝（舍去）,
∴P（）；
②当∠PNM＝90°时,PN∥x轴,则P点与N点的纵坐标相等,
∴P点的纵坐标为﹣,
当y＝﹣时,y＝x2﹣4x+3＝﹣,
解得,x＝,或x＝（舍去）,
∴P（,）；
③当∠MPN＝90°时,则MN为△PMN的外接圆的直径,
∴△PMN的外接圆的圆心Q为MN的中点,
∴Q（）,半径为,
过Q作QK∥x轴,与在MN右边的抛物线图象交于点K,如图②,
令y＝,得y＝x2﹣4x+3＝,
解得,x＝＜（舍）,或x＝,
∴K（,）,
∴QK＝＞,即K点在以MN为直径的⊙Q外,
设抛物线y＝x2﹣4x+3的顶点为点L,则l（2,﹣1）,
连接LK,如图②,则L到QK的距离为,
LK＝,
设Q点到LK的距离为h,则
,
∴＝,
∴直线LK下方的抛物线与⊙Q没有公共点,
∵抛物线中NL部分（除N点外）在过N点与x轴平行的直线下方,
∴抛物线中NL部分（除N点外）与⊙Q没有公共点,
∵抛物线K点右边部分,在过K点与y轴平行的直线的右边,
∴抛物线K点右边部分与⊙Q没有公共点,综上,⊙Q与MN右边的抛物线没有交点,
∴在线段MN右侧的抛物线上不存在点P,使△PMN的外接圆圆心Q在MN边上；
综上,点P的坐标为（）或（）．
6．（2021•开福区模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝x2﹣bx+c交x轴于点A,B,点B的坐标为（4,0）,与y轴于交于点C（0,﹣2）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线上取点D,若点D的横坐标为5,求点D的坐标及∠ADB的度数；
（3）在（2）的条件下,设抛物线对称轴l交x轴于点H,△ABD的外接圆圆心为M（如图1）,
①求点M的坐标及⊙M的半径；
②过点B作⊙M的切线交于点P（如图2）,设Q为⊙M上一动点,则在点运动过程中的值是否变化？若不变,求出其值；若变化,请说明理由．
【分析】（1）c＝﹣2,将点B的坐标代入抛物线表达式得：0＝﹣4b﹣2,解得：b＝﹣,即可求解；
（2）S△ABD＝＝,则BN＝,sin∠BDH＝＝,即可求解；
（3）①∠ADB＝45°,则∠AMB＝2∠ADB＝90°,MA＝MB,MH⊥AB,AH＝BH＝HM＝,点M的坐标为（,）⊙M的半径为；
②PH＝HB＝5,则＝,＝,故△HMQ∽△QMP,则＝,即可求解．
【解答】解：（1）c＝﹣2,将点B的坐标代入抛物线表达式得：0＝﹣4b﹣2,解得：b＝,
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）当x＝5时,y＝x2﹣x﹣2＝3,故D的坐标为（5,3）,
令y＝0,则x＝4（舍去）或﹣1,故点A（﹣1,0）,
如图①,连接BD,作BN⊥AD于N,
∵A（﹣1,0）,B（4,0）,C（0,﹣2）,
∴AD＝3,BD＝,AB＝5,
∵S△ABD＝＝,
∴BN＝,
∴sin∠BDN＝＝＝,
∴∠BDN＝45°；
∴∠ADB＝∠BDN＝45°；
（3）①如图②,连接MA,MB,
∵∠ADB＝45°,
∴∠AMB＝2∠ADB＝90°,
∵MA＝MB,MH⊥AB,
∴AH＝BH＝HM＝,
∴点M的坐标为（,）⊙M的半径为；
②如图③,连接MQ,MB,
∵过点B作⊙M的切线交1于点P,
∴∠MBP＝90°,
∵∠MBO＝45°,
∴∠PBH＝45°,
∴PH＝HB＝2.5,
∵＝,＝,
∵∠HMQ＝∠QMP,
∴△HMQ∽△QMP,
∴＝,
∴在点Q运动过程中的值不变,其值为．
7．（2020•天桥区二模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）,与x轴交于A（4,0）、O两点,点D（2,﹣2）为抛物线的顶点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点E为AO的中点,以点E为圆心、以1为半径作⊙E,交x轴于B、C两点,点M为⊙E上一点．
①射线BM交抛物线于点P,设点P的横坐标为m,当tan∠MBC＝2时,求m的值；
②如图2,连接OM,取OM的中点N,连接DN,则线段DN的长度是否存在最大值或最小值？若存在,请求出DN的最值；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）用抛物线顶点式表达式得：y＝a（x﹣2）2﹣2,将点A的坐标代入上式,即可求解；
（2）①分点P在x轴下方、点P在x轴上方两种情况,分别求解即可；
②证明BN是△OEM的中位线,故BN＝EM＝,而BD＝＝,而BD﹣BN≤ND≤BD+BN,即可求解．
【解答】解：（1）由抛物线顶点式表达式得：y＝a（x﹣2）2﹣2,
将点A的坐标代入上式并解得：a＝,
故抛物线的表达式为：y＝（x﹣2）2﹣2＝x2﹣2x①；
（2）①点E是OA的中点,则点E（2,0）,圆的半径为1,则点B（1,0）,
当点P在x轴下方时,
如图1,∵tan∠MBC＝2,
故设直线BP的表达式为：y＝﹣2x+s,将点B（1,0）的坐标代入上式并解得：s＝2,
故直线BP的表达式为：y＝﹣2x+2②,
联立①②并解得：x＝±2（舍去﹣2）,故m＝2；
当点P在x轴上方时,
同理可得：m＝4±2（舍去4﹣2）；
故m＝2或4+2；
②存在,理由：
连接BN、BD、EM,
则BN是△OEM的中位线,故BN＝EM＝,而BD＝＝,
在△BND中,BD﹣BN≤ND≤BD+BN,
即﹣0.5≤ND≤+0.5,
故线段DN的长度最小值和最大值分别为﹣0.5和+0.5．
8．（2020•百色）如图,抛物线的顶点为A（0,2）,且经过点B（2,0）．以坐标原点O为圆心的圆的半径r＝,OC⊥AB于点C．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）求证：直线AB与⊙O相切．
（3）已知P为抛物线上一动点,线段PO交⊙O于点M．当以M,O,A,C为顶点的四边形是平行四边形时,求PM的长．
【分析】（1）根据题意,可设抛物线的解析式为：y＝ax2+2,把点B的坐标代入即可求出a的值,即可得出抛物线解析式；
（2）根据切线的判定,证明OC是⊙O的半径即可；
（3）由题意知,AC是以M,O,A,C为顶点的平行四边形的边,利用平行四边形对边平行的性质,可得出直线OM的解析式,直线OM与抛物线的交点为P,即可求出PM的长．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为A（0,2）,
∴可设抛物线的解析式为：y＝ax2+2,
∵抛物线经过点B（2,0）,
∴4a+2＝0,
解得：a＝﹣,
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2；
（2）证明：∵A（0,2）,B（2,0）,
∴OA＝OB＝2,
∴AB＝2,
∵OC⊥AB,
∴•OA•OB＝•AB•OC,
∴×2×2＝×2•OC,
解得：OC＝,
∵⊙O的半径r＝,
∴OC是⊙O的半径,
∴直线AB与⊙O相切；
（3）∵点P在抛物线y＝﹣x2+2上,
∴可设P（x,﹣x2+2）,
以M,O,A,C为顶点的四边形是平行四边形时,
可得：AC＝OM＝,CM＝OA＝2,
∵点C是AB的中点,
∴C（1,1）,M（1,﹣1）,
设直线OM的解析式为y＝kx,将点M（1,﹣1）代入,
得：k＝﹣1,
∴直线OM的解析式为y＝﹣x,
∵点P在OM上,
∴﹣x2+2＝﹣x,
解得：x1＝1+,x2＝1﹣,
∴y1＝﹣1﹣,y2＝﹣1+,
∴P1（1+,﹣1﹣）,P2（1﹣,﹣1+）,
如图,当点P位于P1位置时,
OP1＝＝＝（1+）＝+,
∴P1M＝OP1﹣OM＝+﹣＝,
当点P位于P2位置时,同理可得：OP2＝﹣,
∴P2M＝OP2﹣OM＝﹣﹣＝﹣2；
综上所述,PM的长是或﹣2．
9．（2020•西藏）在平面直角坐标系中,二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2,0）,B（4,0）两点,交y轴于点C,点P是第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图甲,连接AC,PA,PC,若S△PAC＝,求点P的坐标；
（3）如图乙,过A,B,P三点作⊙M,过点P作PE⊥x轴,垂足为D,交⊙M于点E．点P在运动过程中线段DE的长是否变化,若有变化,求出DE的取值范围；若不变,求DE的长．
【分析】（1）由二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2,0）,B（4,0）两点,可得二次函数的解析式为y＝（x+2）（x﹣4）,由此即可解决问题．
（2）根据S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP,构建方程即可解决问题．
（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值,DE＝2．根据AM＝MP,根据方程求出t,再利用中点坐标公式,求出点E的纵坐标即可解决问题．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2,0）,B（4,0）两点,
∴二次函数的解析式为y＝（x+2）（x﹣4）,
即y＝x2﹣x﹣4．
（2）如图甲中,连接OP．设P（m,m2﹣m﹣4）．
由题意,A（﹣2,0）,C（0,﹣4）,
∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP,
∴＝×2×4+×4×m﹣×2×（﹣m2+m+4）,
整理得,m2+2m﹣15＝0,
解得m＝3或﹣5（舍弃）,
∴P（3,﹣）．
（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值,DE＝2．
理由：如图乙中,连接AM,PM,EM,设M（1,t）,P[m,（m+2）（m﹣4）],E（m,n）．
由题意A（﹣2,0）,AM＝PM,
∴32+t2＝（m﹣1）2+[（m+2）（m﹣4）﹣t]2,
解得t＝1+（m+2）（m﹣4）,
∵ME＝PM,PE⊥AB,
∴t＝,
∴n＝2t﹣（m+2）（m﹣4）＝2[1+（m+2）（m﹣4）]﹣（m+2）（m﹣4）＝2,
∴DE＝2,
另解：∵PD•DE＝AD•DB,∴DE＝＝＝2,为定值．
∴点P在运动过程中线段DE的长是定值,DE＝2．
10．（2020•宜宾）如图,已知二次函数的图象顶点在原点,且点（2,1）在二次函数的图象上,过点F（0,1）作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）P为平面内一点,当△PMN是等边三角形时,求点P的坐标；
（3）在二次函数的图象上是否存在一点E,使得以点E为圆心的圆过点F和点N,且与直线y＝﹣1相切．若存在,求出点E的坐标,并求⊙E的半径；若不存在,说明理由．
【分析】（1）设二次函数表达式为：y＝ax2,将（2,1）代入上式,即可求解；
（2）△PMN是等边三角形,则点P在y轴上且PM＝4,故PF＝2,即可求解；
（3）在Rt△FQE中,EN＝＝,EF＝＝,即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函数的图象顶点在原点,
故设二次函数表达式为：y＝ax2,将（2,1）代入上式并解得：a＝,
故二次函数表达式为：y＝x2；
（2）将y＝1代入y＝x2并解得：x＝±2,故点M、N的坐标分别为（﹣2,1）、（2,1）,
则MN＝4,
∵△PMN是等边三角形,
∴点P在y轴上且PM＝4,
∴PF＝2；
∵点F（0,1）,
∴点P的坐标为（0,1+2）或（0,1﹣2）；
（3）假设二次函数的图象上存在一点E满足条件,
设点Q是FN的中点,则点Q（1,1）,
故点E在FN的中垂线上．
∴点E是FN的中垂线与y＝x2图象的交点,
∴y＝×12＝,则点E（1,）,
EN＝＝,
同理EF＝＝,
点E到直线y＝﹣1的距离为|﹣（﹣1）|＝,
故存在点E,使得以点E为圆心半径为的圆过点F,N且与直线y＝﹣1相切．
11．（2021•嘉兴二模）定义：平面直角坐标系xOy中,过二次函数图象与坐标轴交点的圆,称为该二次函数的坐标圆．
（1）已知点P（2,2）,以P为圆心,为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆,并说明理由；
（2）已知二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A,坐标圆的圆心为P,如图1,求△POA周长的最小值；
（3）已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图象交x轴于点A,B,交y轴于点C,与坐标圆的第四个交点为D,连结PC,PD,如图2．若∠CPD＝120°,求a的值．
【分析】（1）先求出二次函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴、y轴的交点,再计算这三个交点是否在以P（2,2）为圆心,为半径的圆上,即可作出判断．
（2）由题意可得,二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点A（2,0）,与y轴的交点H（0,4）,所以△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2,即可得出最小值．
（3）连接CD,PA,设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E,与x轴交于点F,由对称性知,对称轴l经过点P,且l⊥CD,设PE＝m,由∠CPD＝120°,可得PA＝PC＝2m,CE＝m,PF＝4﹣m,因为二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为,AB＝,所以AF＝BF＝,,在Rt△PAF中,利用勾股定理建立方程,求得m的值,进而得出a的值．
【解答】解：（1）对于二次函数y＝x2﹣4x+3,
当x＝0时,y＝3；当y＝0时,解得x＝1或x＝3,
∴二次函数图象与x轴交点为A（1,0）,B（3,0）,与y轴交点为C（0,3）,
∵点P（2,2）,
∴PA＝PB＝PC＝,
∴⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆．
（2）如图1,连接PH,
∵二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A,坐标圆的圆心为P,
∴A（2,0）,与y轴的交点H（0,4）,
∴△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6,
∴△POA周长的最小值为6．
（3）如图2,连接CD,PA,
设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E,与x轴交于点F,
由对称性知,对称轴l经过点P,且l⊥CD,
∵AB＝,
∴AF＝BF＝,
∵∠CPD＝120°,PC＝PD,C（0,4）,
∴∠PCD＝∠PDC＝30°,
设PE＝m,则PA＝PC＝2m,CE＝m,PF＝4﹣m,
∵二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为,
∴,即,
在Rt△PAF中,PA2＝PF2+AF2,
∴,
即,
化简,得,解得,
∴．
12．（2021•常州二模）如图1：抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1,0）,点B（3,0）,与y轴交于点C．动点E（m,0）（0＜m＜3）,过点E作直线l⊥x轴,交抛物线于点M．
（1）求抛物线的解析式及C点坐标；
（2）连接BM并延长交y轴于点N,连接AN,OM,若AN∥OM,求m的值．
（3）如图2．当m＝1时,P是直线l上的点,以P为圆心,PE为半径的圆交直线l于另一点F（点F在x轴上方）,若线段AC上最多存在一个点Q使得∠FQE＝90°,求点P纵坐标的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法可求出抛物线的解析式,即可得C点坐标；
（2）由抛物线的解析式可得M（m,﹣m2+2m+3）,利用待定系数法求出直线BM的解析式,可得点N的坐标,根据平行线的性质可得∠NAO＝∠MOE,根据等角的正切值相等即可求解；
（3）由题意得点Q与点C重合时,点P纵坐标最小,设点P（1,a）,则点F（1,2a）,根据勾股定理求出a的值,即可得点P纵坐标的取值范围．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得,
,
解得,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3,
当x＝0时,y＝3,故点C（0,3）；
（2）∵点E（m,0）（0＜m＜3）,过点E作直线l⊥x轴,交抛物线于点M,
∴M（m,﹣m2+2m+3）,
∵点B（3,0）,
∴直线BM的表达式为y＝（﹣m﹣1）x﹣（﹣m﹣1）,
当x＝0时,3m+3,
∴点N（0,3m+3）,
∵AN∥OM,
∴∠NAO＝∠MOE,
∴tan∠NAO＝tan∠MOE,
∴,即,
解得：m1＝,m2＝﹣1（舍去）,
∴m的值为；
（3）由题意得点Q与点C重合时,点P纵坐标最小,设点P（1,a）,则点F（1,2a）,
∵点A（﹣1,0）,点C（0,3）,
∴CF2+CE2＝EF2,即1+（2a﹣3）2+1+32＝(2a)2,
解得：a＝,
∵点A（﹣1,0）,点C（0,3）,
∴AC:y＝3x+3,
设Q（a,3a+3）（﹣1≤a≤0）,
过点Q作QG⊥x轴于G,过点F作FH⊥QG于H,连接QF,QE,
∵∠FQE＝90°,
∴∠FQH+∠EQG＝90°,
∵∠FQH+∠HFQ＝90°,
∴∠EQG＝∠HFQ,
又∵∠H＝∠QGE,
∴△HFQ∽△GQE,
∴,
∴,
∴HQ＝,
∴FE＝HQ+QG＝+3a+3,
令1+a＝t,（0≤t≤1）,
∴a＝t﹣1,
∴FE＝+3t＝t+t﹣,
当t＝1时,FE＝,
∵t+t﹣≥2﹣,
∴t+t﹣≥,
∴yF最小值是,
∴yP最小值是,
∴当yP＞时,⊙P与线段AC有一个交点,
当＜yP≤时,⊙P与线段AC有两个交点,
yP＝时,⊙P与线段AC有一个交点,
0＜yP＜时,⊙P与线段AC没有交点,
∴点P纵坐标的取值范围为yp＞或0＜yP≤．
13．（2021•乐山模拟）如图,抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1,0）,B（3,2）,与x轴交于另一点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y上是否存在一点E,使四边形ABCE为矩形,若存在,请求出点E的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）以C为圆心,1为半径作⊙O,D为⊙O上一动点,求DA+DB的最小值
【分析】（1）把A（﹣1,0）、B（3,2）代入y＝ax2+bx+2,列方程组求a、b的值；
（2）作AE⊥AB交y轴于点E,连结CE,作BF⊥x轴于点F,证明∠ABC＝90°及△BCF≌△EAO,从而证明四边形ABCE是矩形且求出点E的坐标；
（3）在（2）的基础上,作FL⊥BC于点L,证明△FCL∽△BCF及△DCL∽△BCD,得到LD＝DB,再根据DA+LD≥AL,求出AL的长即为所求的最小值．
【解答】解：（1）把A（﹣1,0）、B（3,2）代入y＝ax2+bx+2,
得,解得,
∴抛物线的解析式为y＝x2+x+2．
（2）存在．
如图1,作AE⊥AB交y轴于点E,连结CE；作BF⊥x轴于点F,则F（3,0）．
当y＝0时,由x2+x+2＝0,得x1＝1,x2＝4,
∴C（4,0）,
∴CF＝AO＝1,AF＝3﹣（﹣1）＝4；
又∵BF＝2,
∴,
∵∠BFC＝∠AFB＝90°,
∴△BFC∽△AFB,
∴∠CBF＝∠BAF,
∴∠ABC＝∠CBF+∠ABF＝∠BAF+∠ABF＝90°,
∴BC∥AE,
∵∠BCF＝90°﹣∠BAC＝∠EAO,∠BFC＝∠EOA＝90°,
∴△BCF≌△EAO（ASA）,
∴BC＝EA,
∴四边形ABCE是矩形；
∵OE＝FB＝2,
∴E（0,﹣2）．
（3）如图2,作FL⊥BC于点L,连结AL、CD.
由（2）得∠BFC＝90°,BF＝2,CF＝1,
∴CF＝CD,CB＝＝．
∵∠FLC＝∠BFC＝90°,∠FCL＝∠BCF（公共角）,
∴△FCL∽△BCF,
∴＝,
∴＝,
∵∠DCL＝∠BCD（公共角）,
∴△DCL∽△BCD,
∴＝,
∴LD＝DB；
∵DA+LD≥AL,
∴当DA+LD＝AL,即点D落在线段AL上时,DA+DB＝DA+LD＝AL最小．
∵CL＝CF＝,
∴BL＝＝,
∴BL2＝（）2＝,
又∵AB2＝22+42＝20,
∴AL＝＝＝,
DA+DB的最小值为．
14．（2021•河北区二模）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴是直线x＝2,与x轴相交于A,B两点（点A在点B的左侧）,与y轴交于点C．
（Ⅰ）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（Ⅱ）M为第一象限内抛物线上的一个点,过点M作MN⊥x轴于点N,交BC于点D,连接CM,当线段CM＝CD时,求点M的坐标；
（Ⅲ）以原点O为圆心,AO长为半径作⊙O,点P为⊙O上的一点,连接BP,CP,求2PC+3PB的最小值．
【分析】（Ⅰ）由x＝2＝﹣＝﹣,解得b＝1,即可求解；
（Ⅱ）当线段CM＝CD时,则点C在MD的中垂线上,即yC＝（yM+yD）,即可求解；
（Ⅲ）在OC上取点G,使＝,即,则△POG∽△COP,故2PC+3PB＝2（PB+PC）＝2（BP+PG）,故当B、P、G三点共线时,2PC+3PB最小,最小值为3BG,进而求解．
【解答】解：（Ⅰ）∵对称轴是直线x＝2,
故x＝2＝﹣＝﹣,解得b＝1,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3＝﹣（x﹣2）2+4,
∴抛物线的顶点为（2,4）；
（Ⅱ）对于y＝﹣x2+x+3,令y＝﹣x2+x+3＝0,解得x＝6或﹣2,令x＝0,则y＝3,
故点A、B、C的坐标分别为（﹣2,0）、（6,0）、（0,3）,
设直线BC的表达式为y＝mx+n,则,解得,
故直线BC的表达式为y＝﹣x+3,
设点M的坐标为（x,﹣x2+x+3）,则点D的坐标为（x,﹣x+3）,
当线段CM＝CD时,则点C在MD的中垂线上,即yC＝（yM+yD）,
即3＝（﹣x2+x+3﹣x+3）,
解得x＝0（舍去）或2,
故点M的坐标为（2,4）；
（Ⅲ）在OC上取点G,使＝,即,则OG＝,则点G（0,）,
∵,∠GOP＝∠COP,
∴△POG∽△COP,
∴,故PG＝PC,
则2PC+3PB＝3（PB+PC）＝3（BP+PG）,
故当B、P、G三点共线时,2PC+3PB最小,最小值为3BG,
则2PC+3PB的最小值3BG＝3＝2．
15．（2021•长沙模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的顶点为M,经过C（1,1）,且与x轴正半轴交于A,B两点．
（1）如图1,连接OC,将线段OC绕点O顺时针旋转,使得C落在y轴的负半轴上,求点C的路径长；
（2）如图2,延长线段OC至N,使得ON＝,若∠OBN＝∠ONA,且,求抛物线的解析式；
（3）如图3,抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线,与y轴交于（0,5）,经过点C的直线l：y＝kx+m（k＞0）与抛物线交于点C、D,若在x轴上存在P1、P2,使∠CP1D＝∠CP2D＝90°,求k的取值范围．
【分析】（1）由点C的路径长＝,即可求解；
（2）证明△ONA∽△OBN,则OA•OB＝ON2＝3,即,得到c＝3a,而a+b+c＝1,tan∠ABM＝,得到（1﹣4a）2﹣4a•3a＝13,即可求解；
（3）由点D、C的坐标得到k＝＝t﹣4,若在x轴上有且仅有一点P,使∠CPD＝90°,则过CD中点的圆R与x轴相切,设切点为P,得到（﹣1）2+（﹣1）2＝（）2,求出t＝3+,进而求解．
【解答】解：（1）点C的路径长＝＝；
（2）∵∠ONA＝∠OBN,∠AON＝∠NOB,
∴△ONA∽△OBN,
∴,即OA•OB＝ON2＝3,即,
故c＝3a,
∵a+b+c＝1,
在△ABM中,tan∠ABM＝＝＝,
∴b2﹣4ac＝13,
即（1﹣4a）2﹣4a•3a＝13,解得a＝﹣1（舍去）或3,
∴抛物线的表达式为y＝3x2﹣11x+9；
（3）由题意得：,解得,
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣5x+5；
设点D（t,n）,n＝t2﹣5t+5,而点C（1,1）,
将点D、C的坐标代入函数表达式得,
则k＝＝t﹣4,
若在x轴上有且仅有一点P,使∠CPD＝90°,则过CD中点的圆R与x轴相切,设切点为P,
则点H（,）,则HP＝HC,
即（﹣1）2+（﹣1）2＝（）2,
化简得：3t2﹣18t+19＝0,
解得：t＝3+（不合题意的值已舍去）,
k＝t﹣4＝﹣1．
若在x轴上存在P1、P2,使∠CP1D＝∠CP2D＝90°,则以DC为直径的圆H和x轴相交,
∴0＜k＜．
16．（2021秋•上城区校级期中）如图,已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边）,与y轴交于点C,⊙M是△ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为（1,4）．
（1）求抛物线的解析式,及A、B、C三点的坐标；
（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；
（3）如图2,在x轴上有点P（7,0）,试在直线BC上找点Q,使B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似．若存在,请直接写出点坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）由顶点坐标公式直接求出b、c的值,再令y＝0、x＝0即可求得A、B、C三点的坐标；
（2）根据三角形外心为三边中垂线交点即可求得⊙M的圆心M和半径；
（3）先算出AB、AC,再求出直线BC解析式,设出Q的坐标,表示出BQ,分两种情况：①则△ACB∽△PQB；②△ACB∽△QPB．再根据相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D的坐标为（1,4）,
∴,解得,
抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3,
令y＝0,则﹣x2+2x+3＝0,解得x＝﹣1或3,
令x＝0,y＝3,
∴A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）；
（2）如图1,连接MB,MC,
∵三角形外心为三边中垂线交点,
∴设M（1,m）,
∵MB＝MC,
∴＝,
解得m＝1,
∴M（1,1）,
∴MB＝＝,
∴⊙M的半径为,圆心M的坐标为（1,1）；
（3）由（1）知,AB＝3﹣（﹣1）＝4,OC＝3,BC＝＝3,
设直线BC：y＝kx+3,
将B（3,0）代入得0＝3k+3,
解得k＝﹣1,
∴直线BC：y＝﹣x+3,
设Q（t,﹣t+3）,
则BQ＝＝（t﹣3）,
∵P（7,0）,
∴BP＝4,
∵B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似,∠ABC＝∠PBQ,
∴＝或,
①当＝时,
∴,
∴BQ2＝3,
∴t﹣3＝3,
解得t＝6；
①当时,
∴,
∴BQ1＝,
∴t﹣3＝,
解得t＝,
∴点Q的坐标为（6,﹣3）或（,﹣）．
17．（2021秋•西湖区校级期中）我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”．如图所示,点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点,已知点D的坐标为（0,﹣3）,AB为半圆的直径,半圆圆心M的坐标为（1,0）,半圆半径为2．
（1）求“蛋圆”抛物线部分的解析式及“蛋圆”的弦CD的长；
（2）已知点E是“蛋圆”上的一点（不与点A,点B重合）,点E关于x轴的对称点是点F,若点F也在“蛋圆”上,求点E坐标；
（3）点P是“蛋圆”外一点,满足∠BPC＝60°,当BP最大时,直接写出点P的坐标．
【分析】（1）利用交点式将已知点代入求出函数解析式即可；证明△ACO∽△CBO,得出,则可求出答案．
（2）假设点E在x轴上方的“蛋圆”上,EF与x轴交于点H,连接EM．由HM2+EH2＝EM2,点F在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上,可得方程组,以及对称性求解．
（3）根据∠BPC＝60°保持不变,点P在一圆弧上运动和直径是最大的弦进行解答即可．
【解答】解：（1）∵半圆圆心M的坐标为（1,0）,半圆半径为2．
∴A（﹣1,0）,B（3,0）,
设抛物线为y＝a（x+1）（x﹣3）,
∵抛物线过D（0,﹣3）,
∴﹣3＝a（0+1）（0﹣3）,
解得a＝1,y＝（x+1）（x﹣3）,
即y＝x2﹣2x﹣3（﹣1≤x≤3）；
连接AC,BC,
∵AB为半圆的直径,
∴∠ACB＝90°,
∵CO⊥AB,
∴∠ACO+∠OCB＝∠OCB+∠OBC＝90°,
∴∠ACO＝∠OBC,
∴△ACO∽△CBO,
∴,
∴CO2＝AO•BO＝3,
∴CO＝,
∴CD＝CO+OD＝3+；
（2）假设点E在x轴上方的“蛋圆”上,设E（m,n）,则点F的坐标为（m,﹣n）．
EF与x轴交于点H,连接EM．
∴HM2+EH2＝EM2,
∴（m﹣1）2+n2＝4,…①；
∵点F在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上,
∴m2﹣2m﹣3＝﹣n,…②；
解由①②组成的方程组得：；．（n＝0舍去）
由对称性可得：；．
∴E1（1+,1）,E2（1﹣,1）,,．
（3）如图4,∵∠BPC＝60°保持不变,
因此点P在一圆弧上运动．
此圆是以K为圆心（K在BC的垂直平分线上,且∠BKC＝120°）,BK为半径．
当BP为直径时,BP最大．
在Rt△PCR中可求得PR＝1,RC＝．
所以点P的坐标为（1,2）．
18．（2021•雨花区二模）如图1,已知圆O的圆心为原点,半径为2,与坐标轴交于A,C,D,E四点,B为OD中点．
（1）求过A,B,C三点的抛物线解析式；
（2）如图2,连接BC,AC．点P在第一象限且为圆O上一动点,连接BP,交AC于点M,交OC于点N,当MC2＝MN•MB时,求M点的坐标；
（3）如图3,若抛物线与圆O的另外两个交点分别为H,F,请判断四边形CFEH的形状,并说明理由．
【分析】（1）先根据圆的性质得出A（2,0）,C（0,2）,D（﹣2,0）,E（0,﹣2）,设y＝a（x+1）（x﹣2）,将C（0,2）代入,即可求得抛物线解析式．
（2）如图2,过点C作CH⊥BP于H,根据MC2＝MN•MB,∠CMN＝∠BMC,可得△MCN∽△MBC,进而可求得CH＝BH＝,再利用三角函数求得CM＝,AM＝,过点M作MG⊥OA于G,即可求得答案．
（3）设抛物线与⊙O的交点坐标为（t,﹣t2+t+2）,根据⊙O的半径为2,可得方程（t﹣0）2+（﹣t2+t+2﹣0）2＝22,即可得出H（,）,F（﹣,﹣）,进而得出H、F关于点O对称,故FH＝CE＝4,且OC＝OE＝OF＝OH,即可判断四边形CFEH是矩形．
【解答】解：（1）如图1,∵圆O的圆心为原点,半径为2,与坐标轴交于A,C,D,E四点,
∴A（2,0）,C（0,2）,D（﹣2,0）,E（0,﹣2）,
∵B为OD中点,
∴B（﹣1,0）,
∵抛物线经过点A（2,0）,B（﹣1,0）,C（0,2）,
∴设y＝a（x+1）（x﹣2）,将C（0,2）代入,得：2＝a（0+1）（0﹣2）,
解得：a＝﹣1,
∴y＝﹣（x+1）（x﹣2）＝﹣x2+x+2,
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+2.
（2）如图2,过点C作CH⊥BP于H,
∵OB＝1,OC＝2,OA＝2,∠AOC＝∠BOC＝90°,
∴BC＝,AC＝2,
∵MC2＝MN•MB,
∴＝,
∵∠CMN＝∠BMC,
∴△MCN∽△MBC,
∴∠MCN＝∠MBC,
∵OA＝OC＝2,∠AOC＝90°,
∴∠MCN＝45°,
∴∠MBC＝45°,
∵∠BHC＝90°,
∴CH＝BH＝BC•cos∠MBC＝•cos45°＝,
∵∠BCH＝∠MBC＝45°,
∴∠BCO+∠HCN＝∠MCH+∠HCN,
∴∠BCO＝∠MCH,
∴cos∠BCO＝cos∠MCH,
∴＝,即＝,
∴CM＝,
∴AM＝AC﹣CM＝2﹣＝,
过点M作MG⊥OA于G,则∠AGM＝90°,
∵∠MAG＝45°,
∴AG＝MG＝AM•sin∠MAG＝×sin45°＝,
∴OG＝OA﹣AG＝2﹣＝,
∴M（,）．
（3）四边形CFEH是矩形．理由如下：
设抛物线与⊙O的交点坐标为（t,﹣t2+t+2）,
∵⊙O的半径为2,
∴（t﹣0）2+（﹣t2+t+2﹣0）2＝22,
化简,得：t4﹣2t3﹣2t2+4t＝0,
∵t≠0,
∴t3﹣2t2﹣2t+4＝0,
∴（t﹣2）（t2﹣2）＝0,
解得：t1＝2（舍去）,t2＝,t3＝﹣,
∴H（,）,F（﹣,﹣）,
∴H、F关于点O对称,
∴FH＝CE＝4,且OC＝OE＝OF＝OH,
∴四边形CFEH是矩形．
19．（2020•东海县二模）如图,△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线C1：y＝x2+x上,点A的坐标为（﹣4,m）,点B的坐标为（n,﹣2）．（点A在点B的左侧）
（1）则m＝ ﹣4 ,n＝ ﹣1 ．
（2）将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB',抛物线C2：y＝ax2+bx+4经过A'、B'两点,延长OB'交抛物线C2于点C,连接A'C．设△OA'C的外接圆为⊙M．
①求圆心M的坐标；
②试直接写出△OA'C的外接圆⊙M与抛物线C2的交点坐标（A'、C除外）．
【分析】（1）把x＝﹣4代入抛物线C1解析式求得y即得到点A坐标；把y＝﹣2代入抛物线C1解析式,解方程并判断大于﹣4的解为点B横坐标．
（2）①根据旋转90°的性质特点可求点A'、B'坐标（过点作x轴垂线,构造全等得到对应边相等）及OA'的长,用待定系数法求抛物线F2的解析式,求出直线OC的解析式,构建方程组确定点C的坐标,求出线段OA′,线段A′C的垂直平分线的解析式,构建方程组解决问题即可．
②设⊙M与抛物线C2的交点为P（m,m2﹣3m+4）．根据PM＝OM,构建方程求解即可．
【解答】解：（1）当x＝﹣4时,y＝×（﹣4）2+×（﹣4）＝﹣4,
∴点A坐标为（﹣4,﹣4）,
当y＝﹣2时,x2+x＝﹣2,
解得：x1＝﹣1,x2＝﹣6,
∵点A在点B的左侧,
∴点B坐标为（﹣1,﹣2）,
∴m＝﹣4,n＝﹣1．
故答案为﹣4,﹣1．
（2）①如图1,过点B作BE⊥x轴于点E,过点B'作B'G⊥x轴于点G．
∴∠BEO＝∠OGB'＝90°,OE＝1,BE＝2,
∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB′,
∴OB＝OB',∠BOB'＝90°,
∴∠BOE+∠B'OG＝∠BOE+∠OBE＝90°,
∴∠B'OG＝∠OBE,
在△B'OG与△OBE中,
,
∴△B'OG≌△OBE（AAS）,
∴OG＝BE＝2,B'G＝OE＝1,
∵点B'在第四象限,
∴B'（2,﹣1）,
同理可求得：A'（4,﹣4）,
∴OA＝OA'＝＝4,
∵抛物线F2：y＝ax2+bx+4经过点A'、B',
∴,
解得：,
∴抛物线F2解析式为：y＝x2﹣3x+4,
∵直线OB′的解析式为y＝﹣x,
由,解得或,
∴点C（8,﹣4）,
∵A′（4,﹣4）,
∴A′C∥x轴,
∵线段OA′的垂直平分线的解析式为y＝x﹣4,
线段A′C的垂直平分线为x＝6,
∴直线y＝x﹣4与x＝6的交点为（6,2）,
∴△OA′C的外接圆的圆心M的坐标为（6,2）．
②设⊙M与抛物线C2的交点为P（m,m2﹣3m+4）．
则有（m﹣6）2+（m2﹣3m+2）2＝62+22,
解得m＝0或12或4或8,
∵A'、C除外,
∴P（0,4）,或（12,4）．
20．（2022•绿园区二模）在平面直角坐标系中,已知某二次函数的图象同时经过点A（0,3）、B（2m,3）、C（m,m+3）．其中,m≠0．
（1）当m＝1时．
①该二次函数的图象的对称轴是直线 x＝1 ．
②求该二次函数的表达式．
（2）当|m|≤x≤|m|时,若该二次函数的最大值为4,求m的值．
（3）若同时经过点A、B、C的圆恰好与x轴相切时,直接写出该二次函数的图象的顶点坐标．
【分析】（1）①根据所给的点可知A、B两点关于抛物线对称轴对称,利用对称性可求对称轴；
②利用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）用的待定系数法求函数的解析式y＝﹣（x﹣m）2+m+3,再分两种情况讨论：当m＞0时,m≤x≤m,当x＝m时,函数有最大值m+3；当m＜0时,﹣m≤x≤﹣m,当x＝﹣m时,函数有最大值；分别求m的值即可求解；
（3）先判断△ABC是等腰直角三角形,且∠ACB＝90°,则过点A、B、C的圆是以AB的中点M为圆心,AB为半径,再分两种情况讨论：当m＞0时,MN＝AM＝|m|＝3,可求C点坐标；当m＜0时,CM＝AM＝3＝|m|,可求C点坐标．
【解答】解：（1）①∵A（0,3）、B（2m,3）,
∴A、B两点关于抛物线对称轴对称,
∵m＝1,
∴抛物线的对称轴为直线x＝1,
故答案为：x＝1；
②设y＝ax2+bx+c（a≠0）,
∵m＝1,
∴B（2,3）、C（1,4）,
将点A、B、C代入y＝ax2+bx+c,
∴,
解得,
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵A（0,3）、B（2m,3）两点关于抛物线的对称轴对称,
∴抛物线的对称轴为直线x＝m,
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣m）2+m+3,
将点A（0,3）代入,
∴am2+m+3＝3,
∴a＝﹣,
∴y＝﹣（x﹣m）2+m+3,
当m＞0时,m≤x≤m,
∴当x＝m时,函数有最大值m+3,
∴m+3＝4,
∴m＝1；
当m＜0时,﹣m≤x≤﹣m,
∴当x＝﹣m时,函数有最大值,
∴4＝﹣（﹣m﹣m）2+m+3,
解得m＝﹣；
综上所述：m的值为1或﹣；
（3）∵A（0,3）、B（2m,3）、C（m,m+3）,
∴AB＝|2m|,AC＝|m|,BC＝|m|,
∴△ABC是等腰直角三角形,且∠ACB＝90°,
∴过点A、B、C的圆是以AB的中点M为圆心,AB为半径,
如图1,当m＞0时,
∵⊙M与x轴相切,
∴MN＝AM＝|m|＝3,
∴m＝3,
∴C（3,6）；
如图2,当m＜0时,
∵⊙M与x轴相切,
∴CM＝AM＝3＝|m|,
∴m＝﹣3,
∴C（﹣3,0）；
综上所述：该二次函数的图象的顶点坐标为（3,6）或（﹣3,0）．
21．（2022•炎陵县一模）抛物线：y＝﹣x2+bx+c与y轴的交点C（0,3）,与x轴的交点分别为E、G两点,对称轴方程为x＝1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,过点C作y轴的垂线交抛物线于另一点D,F为抛物线的对称轴与x轴的交点,P为线段OC上一动点．若PD⊥PF,求点P的坐标．
（3）如图1,如果一个圆经过点O、点G、点C三点,并交于抛物线对称轴右侧x轴的上方于点H,求∠OHG的度数；
（4）如图2,将抛物线向下平移2个单位长度得到新抛物线L,点B是顶点．直线y＝kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．与对称轴交于点G,若△BMN的面积等于2,求k的值．
【分析】（1）将C（0,3）代入y＝﹣x2+bx+c求出c＝3,再由x＝﹣＝1求出b,即可求解析式；
（2）设P点坐标为（0,a）,证明△CDP∽△OPF,根据相似三角形的性质求出a的值,即可求解；
（3）证明△COG为等腰直角三角形,则∠OCG＝45°,由题意得点O、点G、点C、点H四点共圆,根据圆周角定理即可求解；
（4）根据平移的性质得抛物线L的解析式为y＝﹣x2+2x+3﹣2＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2,则B点坐标为（1,2）,由kx﹣k+4＝﹣x2+2x+1,即x2+（k﹣2）x+3﹣k＝0,设两个交点为N（x1,y1）,M（x2,y2）,则x1+x2＝2﹣k,x1x2＝3﹣k,根据S△BMN＝S△BGN﹣S△BGM＝可得方程,解方程即可得k的值．
【解答】解：（1）将C（0,3）代入y＝﹣x2+bx+c可得c＝3,
∵对称轴是直线x＝1,
∴x＝﹣＝,
解得b＝2,
∴二次函数解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3与y轴的交点C（0,3）,对称轴方程为x＝1．CD⊥y轴,
∴D（2,3）,
∵对称轴与x轴相较于点F,
∴点F的坐标为（1,0）,
设P点坐标为（0,a）,
∵CD⊥y轴,OF⊥y轴,
∴∠DCF＝∠POF＝90°
∴∠OFP+∠OPF＝90°,
∵PD⊥PF,
∴∠DPF＝90°,
∴∠CPD+∠OPF＝90°,
∴∠OFP＝∠CPD,
∴△CDP∽△OPF,
∴,
∴,
解得：a1＝1,a2＝2,
∴P点的坐标为（0,1）或（0,2）；
（3）如图：连接CG,
∵y＝﹣x2+2x+3,
令y＝0,则﹣x2+2x+3＝0,
解得x＝3或x＝﹣1,
∴G（3,0）,E（﹣1,0）,
∴OG＝OC,
∵OC⊥OG,
∴△COG为等腰直角三角形,
∴∠OCG＝45°,
∵点O、点G、点C、点H四点共圆,
∴∠OHG＝∠OCG＝45°；
（4）∵将抛物线向下平移2个单位长度得到抛物线L,
∴抛物线L的解析式为y＝﹣x2+2x+3﹣2＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2,
∴B点坐标为（1,2）,
联立,即kx﹣k+4＝﹣x2+2x+1,
∴x2+（k﹣2）x+3﹣k＝0,
设两个交点为N（x1,y1）,M（x2,y2）,
则x1+x2＝2﹣k,x1x2＝3﹣k,
S△BMN＝S△BGN﹣S△BGM＝＝BG＝＝BG＝2,
把x＝1代入y＝kx﹣k+4,得；y＝4,
∴G（1,4）,
∵B（1,2）,
∴BG＝4﹣2＝2,
∴,解得：k＝±4,
∵k＜0,
∴k＝﹣4．
22．（2022•杨浦区二模）如图,已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝﹣+bx+c与x轴相交于点A（4,0）,与y轴相交于点B（0,3）,在x轴上有一动点E（m,0）（0＜m＜4）,过点E作x轴的垂线交线段AB于点N,交抛物线于点P,过P作PM⊥AB,垂足为点M．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）设△PMN的周长为C1,△AEN的周长为C2,如果,求点P的坐标；
（3）如果以N为圆心,NA为半径的圆与以OB为直径的圆内切,求m的值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）先证明△PMN∽△AEN,根据相似三角形性质可得出：．利用待定系数法可得直线AB的解析式为．设点P（m,﹣m2+m+3）（0＜m＜4）,则PN＝﹣m2+3m．AN＝（4﹣m）,建立方程求解即可得出答案；
（3）设OB的中点为点Q,则点Q的坐标,过点N作NK⊥y轴于点K,则NK＝m,KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+,运用勾股定理可得QN＝＝,根据两圆内切建立方程求解即可得出答案．
【解答】解,（1）∵抛物线与x轴交于点A（4,0）,与y轴交于点C（0,3）,
∴
∴
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3；
（2）如图1,∵PM⊥AB,PE⊥x轴,
∴∠PMN＝∠PEA＝90°,
又∵∠PNM＝∠ANE,
∴△PMN∽△AEN．
∴．即．
又∵,
∴．
设直线AB：y＝kx+b,又直线AB经过点A（4,0）,点B（0,3）,
∴
∴
∴．
∵点P在抛物线y＝﹣x2+x+3上,
∴设点P（m,﹣m2+m+3）（0＜m＜4）,
∵点N在直线y＝﹣x+3上,设点N（m,﹣m+3）．
∴PN＝﹣m2+m+3﹣（m+3）＝﹣m2+3m．
又．
∴,
解得：m1＝2,m2＝4（不合题意,舍去）．
∴点P的坐标是．
（3）如图2,设OB的中点为点Q,则点Q的坐标,
又点,过点N作NK⊥y轴于点K,则NK＝m,KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+,
在Rt△NQK中,QN＝＝,
当⊙N与⊙Q内切时,．
∴＝（4﹣m）﹣,
解之得：．
∴当⊙N与⊙Q内切时,．
专题10二次函数与圆存在性问题
二次函数是初中数学代数部分最重要的概念之一,是中考数学的重难点；而圆是初中几何中综合性最强的知识内容,它与二次函数都在中考中占据及其重要的地位,两者经常作为压轴题综合考查,能够很好的考查学生的数学综合素养以及分析问题、解决问题的能力.圆心与抛物线的关系、圆上的点和抛物线的关系,其本质就是把位置关系向数量化关系转化.
二次函数与圆的综合要数形结合,在读题之前要想到圆中的相关概念、性质及定理,比如圆的定义、垂径定理、圆周角、圆心角、内心、外心、切线、四点共圆的、隐藏圆等；对于二次函数,要熟练掌握解析式的求法和表达形式、顶点、最值、与方程之间的关系,线段长与点的坐标之间的数量转化等.
【例1】（2022•闵行区二模）如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C．将抛物线的对称轴沿x轴的正方向平移,平移后交x轴于点D,交线段BC于点E,交抛物线于点F,过点F作直线BC的垂线,垂足为点G．
（1）求抛物线的表达式；
（2）以点G为圆心,BG为半径画⊙G；以点E为圆心,EF为半径画⊙E．
当⊙G与⊙E内切时．
①试证明EF与EB的数量关系；
②求点F的坐标．
【例2】（2022•福建模拟）如图,已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A,B两点,点C（2,﹣4）在抛物线上,且△ABC是等腰直角三角形．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点D（2,0）的直线与抛物线交于点M,N,试问：以线段MN为直径的圆是否过定点？证明你的结论．
【例3】（2022•武汉模拟）已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c（c＞0）．
（1）如图1,抛物线与直线l相交于点M（﹣1,0）,N（2,6）．
①求抛物线的解析式；
②过点N作MN的垂线,交抛物线于点P,求PN的长；
（2）如图2,已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,点A,B,C,D（0,n）四点在同一圆上,求n的值．
【例4】（2022•上海模拟）在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2﹣3ax+2（a＜0）交y轴于点A,抛物线的对称轴交x轴于点P,联结PA．
（1）求线段PA的长；
（2）如果抛物线的顶点到直线PA的距离为3,求a的值；
（3）以点P为圆心、PA为半径的⊙P交y轴的负半轴于点B,第一象限内的点Q在⊙P上,且劣弧＝2．如果抛物线经过点Q,求a的值．
1．（2021•广元）如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别相交于A、B两点,与y轴相交于点C,下表给出了这条抛物线上部分点（x,y）的坐标值：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）PQ是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方）,求AQ+QP+PC的最小值；
（3）如图2,点D是第四象限内抛物线上一动点,过点D作DF⊥x轴,垂足为F,△ABD的外接圆与DF相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是,请求出这个定值；如果不是,请说明理由．
2．（2021•张家界）如图,已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2,﹣3）,且与x轴交于原点及点B（8,0）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；
（3）判断△ABO的形状,试说明理由；
（4）若点P为⊙O上的动点,且⊙O的半径为2,一动点E从点A出发,以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P,再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动,求点E的运动时间t的最小值．
3．（2021•宜宾）如图1,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴分别交于A、B两点,与y轴交于点C（0,6）,抛物线的顶点坐标为E（2,8）,连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状,并说明理由；
（3）如图2,以C为圆心,为半径作⊙C,在⊙C上是否存在点P,使得BP+EP的值最小,若存在,请求出最小值；若不存在,请说明理由．
4．（2020•雨花区校级一模）如图1,已知抛物线y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）与x轴交于A,B两点（A在B的左侧）,与y轴交于点C．
（1）连接BC,若∠ABC＝30°,求a的值．
（2）如图2,已知M为△ABC的外心,试判断弦AB的弦心距d是否有最小值,若有,求出此时a的值,若没有,请说明理由；
（3）如图3,已知动点P（t,t）在第一象限,t为常数．
问：是否存在一点P,使得∠APB达到最大,若存在,求出此时∠APB的正弦值,若不存在,也请说明理由．
5．（2020•汇川区三模）如图,在平面直角坐标系上,一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1,0）、B（3,0）、C（0,3）三点,连接BC并延长．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点,过M作MN∥y轴交抛物线于点N．
1°求线段MN的最大值；
2°当MN取最大值时,在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P,连接PM、PN,当△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上时,求点P的坐标．
6．（2021•开福区模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝x2﹣bx+c交x轴于点A,B,点B的坐标为（4,0）,与y轴于交于点C（0,﹣2）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线上取点D,若点D的横坐标为5,求点D的坐标及∠ADB的度数；
（3）在（2）的条件下,设抛物线对称轴l交x轴于点H,△ABD的外接圆圆心为M（如图1）,
①求点M的坐标及⊙M的半径；
②过点B作⊙M的切线交于点P（如图2）,设Q为⊙M上一动点,则在点运动过程中的值是否变化？若不变,求出其值；若变化,请说明理由．
7．（2020•天桥区二模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）,与x轴交于A（4,0）、O两点,点D（2,﹣2）为抛物线的顶点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点E为AO的中点,以点E为圆心、以1为半径作⊙E,交x轴于B、C两点,点M为⊙E上一点．
①射线BM交抛物线于点P,设点P的横坐标为m,当tan∠MBC＝2时,求m的值；
②如图2,连接OM,取OM的中点N,连接DN,则线段DN的长度是否存在最大值或最小值？若存在,请求出DN的最值；若不存在,请说明理由．
8．（2020•百色）如图,抛物线的顶点为A（0,2）,且经过点B（2,0）．以坐标原点O为圆心的圆的半径r＝,OC⊥AB于点C．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）求证：直线AB与⊙O相切．
（3）已知P为抛物线上一动点,线段PO交⊙O于点M．当以M,O,A,C为顶点的四边形是平行四边形时,求PM的长．
9．（2020•西藏）在平面直角坐标系中,二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2,0）,B（4,0）两点,交y轴于点C,点P是第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图甲,连接AC,PA,PC,若S△PAC＝,求点P的坐标；
（3）如图乙,过A,B,P三点作⊙M,过点P作PE⊥x轴,垂足为D,交⊙M于点E．点P在运动过程中线段DE的长是否变化,若有变化,求出DE的取值范围；若不变,求DE的长．
10．（2020•宜宾）如图,已知二次函数的图象顶点在原点,且点（2,1）在二次函数的图象上,过点F（0,1）作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）P为平面内一点,当△PMN是等边三角形时,求点P的坐标；
（3）在二次函数的图象上是否存在一点E,使得以点E为圆心的圆过点F和点N,且与直线y＝﹣1相切．若存在,求出点E的坐标,并求⊙E的半径；若不存在,说明理由．
11．（2021•嘉兴二模）定义：平面直角坐标系xOy中,过二次函数图象与坐标轴交点的圆,称为该二次函数的坐标圆．
（1）已知点P（2,2）,以P为圆心,为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆,并说明理由；
（2）已知二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A,坐标圆的圆心为P,如图1,求△POA周长的最小值；
（3）已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图象交x轴于点A,B,交y轴于点C,与坐标圆的第四个交点为D,连结PC,PD,如图2．若∠CPD＝120°,求a的值．
12．（2021•常州二模）如图1：抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1,0）,点B（3,0）,与y轴交于点C．动点E（m,0）（0＜m＜3）,过点E作直线l⊥x轴,交抛物线于点M．
（1）求抛物线的解析式及C点坐标；
（2）连接BM并延长交y轴于点N,连接AN,OM,若AN∥OM,求m的值．
（3）如图2．当m＝1时,P是直线l上的点,以P为圆心,PE为半径的圆交直线l于另一点F（点F在x轴上方）,若线段AC上最多存在一个点Q使得∠FQE＝90°,求点P纵坐标的取值范围．
13．（2021•乐山模拟）如图,抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1,0）,B（3,2）,与x轴交于另一点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y上是否存在一点E,使四边形ABCE为矩形,若存在,请求出点E的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）以C为圆心,1为半径作⊙O,D为⊙O上一动点,求DA+DB的最小值
14．（2021•河北区二模）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴是直线x＝2,与x轴相交于A,B两点（点A在点B的左侧）,与y轴交于点C．
（Ⅰ）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（Ⅱ）M为第一象限内抛物线上的一个点,过点M作MN⊥x轴于点N,交BC于点D,连接CM,当线段CM＝CD时,求点M的坐标；
（Ⅲ）以原点O为圆心,AO长为半径作⊙O,点P为⊙O上的一点,连接BP,CP,求2PC+3PB的最小值．
15．（2021•长沙模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的顶点为M,经过C（1,1）,且与x轴正半轴交于A,B两点．
（1）如图1,连接OC,将线段OC绕点O顺时针旋转,使得C落在y轴的负半轴上,求点C的路径长；
（2）如图2,延长线段OC至N,使得ON＝,若∠OBN＝∠ONA,且,求抛物线的解析式；
（3）如图3,抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线,与y轴交于（0,5）,经过点C的直线l：y＝kx+m（k＞0）与抛物线交于点C、D,若在x轴上存在P1、P2,使∠CP1D＝∠CP2D＝90°,求k的取值范围．
16．（2021秋•上城区校级期中）如图,已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边）,与y轴交于点C,⊙M是△ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为（1,4）．
（1）求抛物线的解析式,及A、B、C三点的坐标；
（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；
（3）如图2,在x轴上有点P（7,0）,试在直线BC上找点Q,使B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似．若存在,请直接写出点坐标；若不存在,请说明理由．
17．（2021秋•西湖区校级期中）我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”．如图所示,点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点,已知点D的坐标为（0,﹣3）,AB为半圆的直径,半圆圆心M的坐标为（1,0）,半圆半径为2．
（1）求“蛋圆”抛物线部分的解析式及“蛋圆”的弦CD的长；
（2）已知点E是“蛋圆”上的一点（不与点A,点B重合）,点E关于x轴的对称点是点F,若点F也在“蛋圆”上,求点E坐标；
（3）点P是“蛋圆”外一点,满足∠BPC＝60°,当BP最大时,直接写出点P的坐标．
18．（2021•雨花区二模）如图1,已知圆O的圆心为原点,半径为2,与坐标轴交于A,C,D,E四点,B为OD中点．
（1）求过A,B,C三点的抛物线解析式；
（2）如图2,连接BC,AC．点P在第一象限且为圆O上一动点,连接BP,交AC于点M,交OC于点N,当MC2＝MN•MB时,求M点的坐标；
（3）如图3,若抛物线与圆O的另外两个交点分别为H,F,请判断四边形CFEH的形状,并说明理由．
19．（2020•东海县二模）如图,△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线C1：y＝x2+x上,点A的坐标为（﹣4,m）,点B的坐标为（n,﹣2）．（点A在点B的左侧）
（1）则m＝ ,n＝ ．
（2）将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB',抛物线C2：y＝ax2+bx+4经过A'、B'两点,延长OB'交抛物线C2于点C,连接A'C．设△OA'C的外接圆为⊙M．
①求圆心M的坐标；
②试直接写出△OA'C的外接圆⊙M与抛物线C2的交点坐标（A'、C除外）．
20．（2022•绿园区二模）在平面直角坐标系中,已知某二次函数的图象同时经过点A（0,3）、B（2m,3）、C（m,m+3）．其中,m≠0．
（1）当m＝1时．
①该二次函数的图象的对称轴是直线 ．
②求该二次函数的表达式．
（2）当|m|≤x≤|m|时,若该二次函数的最大值为4,求m的值．
（3）若同时经过点A、B、C的圆恰好与x轴相切时,直接写出该二次函数的图象的顶点坐标．
21．（2022•炎陵县一模）抛物线：y＝﹣x2+bx+c与y轴的交点C（0,3）,与x轴的交点分别为E、G两点,对称轴方程为x＝1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,过点C作y轴的垂线交抛物线于另一点D,F为抛物线的对称轴与x轴的交点,P为线段OC上一动点．若PD⊥PF,求点P的坐标．
（3）如图1,如果一个圆经过点O、点G、点C三点,并交于抛物线对称轴右侧x轴的上方于点H,求∠OHG的度数；
（4）如图2,将抛物线向下平移2个单位长度得到新抛物线L,点B是顶点．直线y＝kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．与对称轴交于点G,若△BMN的面积等于2,求k的值．
22．（2022•杨浦区二模）如图,已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝﹣+bx+c与x轴相交于点A（4,0）,与y轴相交于点B（0,3）,在x轴上有一动点E（m,0）（0＜m＜4）,过点E作x轴的垂线交线段AB于点N,交抛物线于点P,过P作PM⊥AB,垂足为点M．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）设△PMN的周长为C1,△AEN的周长为C2,如果,求点P的坐标；
（3）如果以N为圆心,NA为半径的圆与以OB为直径的圆内切,求m的值．
【例1】（2022•闵行区二模）如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C．将抛物线的对称轴沿x轴的正方向平移,平移后交x轴于点D,交线段BC于点E,交抛物线于点F,过点F作直线BC的垂线,垂足为点G．
（1）求抛物线的表达式；
（2）以点G为圆心,BG为半径画⊙G；以点E为圆心,EF为半径画⊙E．
当⊙G与⊙E内切时．
①试证明EF与EB的数量关系；
②求点F的坐标．
【分析】（1）根据点A、B的坐标,设抛物线y＝a（x+1）（x﹣3）,再将点C代入即可求出a的值,从而得出答案；
（2）①分两种情形,当r⊙G＞r⊙E时,则GB﹣EF＝GE,则EF＝EB,当r⊙G＜r⊙E时,则EF﹣GB＝GE,设EF＝5t,FG＝3t,GE＝4t,则5t﹣GB＝4t,则GB＝t＜GE＝4t,从而得出矛盾；
②由．设BD＝t,则DE＝,利用勾股定理得BE＝,则F坐标为（3﹣t,3t）,代入抛物线解析式,从而解决问题．
【解答】解：（1）∵点A坐标为（﹣1,0）,点B坐标为（3,0）．
设抛物线y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0）,
∵抛物线经过点C（0,4）,
∴4＝﹣3a．
解得．
∴抛物线的表达式是；
（2）①由于⊙G与⊙E内切,
当r⊙G＜r⊙E时,则EF﹣GB＝GE,
设EF＝5t,FG＝3t,GE＝4t,则5t﹣GB＝4t,
∴GB＝t＜GE＝4t,
∴点E在线段CB的延长线上．
又∵已知点E在线段BC上,
∴矛盾,因此不存在．
当r⊙G＞r⊙E时,则GB﹣EF＝GE,
又∵GE＝GB﹣EB,
∴EF＝EB；
②∵OC⊥OB,FD⊥OB,
∴∠COB＝∠EDB＝90°．
∴．
∴设BD＝t,则DE＝；
在Rt△BED中,由勾股定理得,
．
∴,
∴F坐标为（3﹣t,3t）,
∵F点在抛物线上,
∴,
∴解得,t＝0（点F与点B重合,舍去）．
∴F坐标为（,）．
【例2】（2022•福建模拟）如图,已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A,B两点,点C（2,﹣4）在抛物线上,且△ABC是等腰直角三角形．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点D（2,0）的直线与抛物线交于点M,N,试问：以线段MN为直径的圆是否过定点？证明你的结论．
【分析】（1）等腰直角三角形斜边中线等于斜边一半,点的坐标,不难求出A、B两点坐标,把点A、B、C代入二次函数解析式,解三元一次方程组就可得到函数解析式．
（2））通过设过点D（2,0）的直线MN解析式为y＝k（x﹣2）＝kx﹣2k,得到关于x、关于y的方程,利用跟与系数的关系,再得到圆的解析式,待定系数法确定定点的x、y的值,确定定点的坐标．
【解答】解：连接AC、BC,过点C作CP垂直于x轴于点P．
在Rt△CAB中,AC＝BC,CP⊥AB,点C（2,﹣4）,
∴CP＝AP＝PB＝4,OP＝2,
∴OA＝AP﹣OP＝4﹣2＝2,OB＝OP+PB＝4+2＝6,
∴点A（﹣2,0）,点B（6,0）,
把点A（﹣2,0）,点B（6,0）,点C（2,﹣4）代入函数解析式得
,
解得,
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣3．
故答案为：y＝x2﹣x﹣3．
（2）设过点D（2,0）的直线MN解析式为y＝k（x﹣2）＝kx﹣2k,
联立直线与抛物线解析式得关于x的等式：kx﹣2k＝x2﹣x﹣3,
化简得＝0,
xN+xM＝﹣＝4（k+1）,xNxM＝＝8k﹣12..........①,
联立直线与抛物线解析式得关于y的等式：y＝（+2）2﹣（+2）﹣3,
化简得y2+（﹣﹣1）y﹣4＝0,
yM+yN＝4k2,yMyN＝﹣16k2................②,
线段MN的中点就是圆的圆心,
∴xO＝（xN+xM）＝2（K+1）,
代入直线方程得yO＝2k2,
∴圆心坐标为（2k+2,2k2）,
直径MN＝＝,
把①、②代入上式化简整理得直径MN＝,
设圆上某一点（x,y）到圆心的距离等于半径,
∴＝,
化简整理得16k2+12﹣8k＝x2﹣4kx﹣4x+y2﹣4k2y＝﹣4yk2﹣4kx+x2﹣4x+y2,
圆过定点,所以与k值无关,看作是关于k的二次等式,
k2、k的系数,常量对应相等,
得﹣8＝﹣4x,
x＝2,
16＝﹣4y,
y＝﹣4,
由以上分析,所以以MN为直径的圆过定点（2,﹣4）．
故答案为：以线段MN为直径的圆过定点（2,﹣4）．
【例3】（2022•武汉模拟）已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c（c＞0）．
（1）如图1,抛物线与直线l相交于点M（﹣1,0）,N（2,6）．
①求抛物线的解析式；
②过点N作MN的垂线,交抛物线于点P,求PN的长；
（2）如图2,已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,点A,B,C,D（0,n）四点在同一圆上,求n的值．
【分析】（1）①把点M（﹣1,0）,N（2,6）代入到y＝﹣2x2+bx+c中,可得b和c的值．
②设P（a,﹣2a2+4a+6）,再利用M（﹣1,0）,N（2,6）,得到 MN、PM、PN的表达式,最后利用勾股定理求得a的值．
（2）令C（0,c）,当y＝0时,代入抛物线得xAxB＝﹣,根据两角对应相等,可得△AOC∽△DOB,然后再找到
对应线段成比例,即得到n的值．
【解答】解：（1）①把M（﹣1,0）N（2,6）代入y＝﹣2x2+bx+c,
得 ,
解得 ,
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；
②由①,抛物线解析式为：y＝﹣2x2+4x+6,
设P（a,﹣2a2+4a+6）
∵M（﹣1,0）,N（2,6）,
∴MN＝＝3,
∴PM＝,
PN＝,
又∵PN⊥MN,则PM2＝MN2+PN2,
（﹣1﹣a）2+（2a2﹣4a﹣b）2＝（3）2+（2﹣a）2+（2a2﹣4a）2．
整理得：4a2﹣9a+2＝0,
∴（a﹣2）（4a﹣1）＝0．
∴a1＝2,a2＝．
当a＝2时,P与N重合,
∴a＝,PN＝．
（2）证明：设OA＝﹣xA,OB＝xB,OD＝﹣n
当y＝0时,﹣2x2+bx+c＝0,
∴xAxB＝﹣,
∴OA•OB＝﹣xAxB＝．
∵∠CAO＝∠BDO,∠ACO＝∠DBO
∴△AOC∽△DOB
∴＝
∴OA•OB＝OC•OD
∴＝c•（﹣n）．
∵c≠0
∴n＝﹣．
【例4】（2022•上海模拟）在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2﹣3ax+2（a＜0）交y轴于点A,抛物线的对称轴交x轴于点P,联结PA．
（1）求线段PA的长；
（2）如果抛物线的顶点到直线PA的距离为3,求a的值；
（3）以点P为圆心、PA为半径的⊙P交y轴的负半轴于点B,第一象限内的点Q在⊙P上,且劣弧＝2．如果抛物线经过点Q,求a的值．
【分析】（1）分别求出P（,0）,A（0,2）,由两点间距离公式可求；
（2）抛物线的顶点为M（,2﹣a）,由S△APM＝×PM×OP＝×AP×3,可得a＝﹣；
（3）连接PQ,BP,AM,设Q（t,at2﹣3at+2）,求出M（﹣1,0）,由垂径定理可得AM＝AQ,＝①,PQ＝AP,得②,联立①②可得a＝．
【解答】解：（1）y＝ax2﹣3ax+2＝a（x﹣）2+2﹣a,
∴抛物线的对称轴为x＝,
∴P（,0）,
令x＝0,则y＝2,
∴A（0,2）,
∴PA＝；
（2）由（1）可知抛物线的顶点为M（,2﹣a）,
∵a＜0,
∴2﹣a＞0,
∴S△APM＝×PM×OP＝×AP×3,
∴（2﹣a）×＝×3,
解得a＝﹣；
（3）连接PQ,BP,AM,
∵MP⊥AB,
∴＝,
∵＝2,
∴＝,
∴AM＝AQ,
设Q（t,at2﹣3at+2）,
∵AP＝,P（,0）,
∴M（﹣1,0）,
∴＝①,
∵PQ＝AP,
∴②,
联立①②可得t＝或t＝﹣1（舍）,
将t＝代入①,可得a＝．
1．（2021•广元）如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别相交于A、B两点,与y轴相交于点C,下表给出了这条抛物线上部分点（x,y）的坐标值：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）PQ是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方）,求AQ+QP+PC的最小值；
（3）如图2,点D是第四象限内抛物线上一动点,过点D作DF⊥x轴,垂足为F,△ABD的外接圆与DF相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是,请求出这个定值；如果不是,请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出抛物线解析式,再运用配方法求出顶点坐标；
（2）如图1,将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0,2）,连接BC′交抛物线对称轴x＝1于点Q′,过点C作CP′∥BC′,交对称轴于点P′,连接AQ′,此时,C′、Q′、B三点共线,BQ′+C′Q′的值最小,运用勾股定理即可求出答案；
（3）如图2,连接BE,设D（t,﹣t2+2t+3）,且t＞3,可得DF＝t2﹣2t﹣3,BF＝t﹣3,AF＝t+1,运用圆内接四边形的性质可得∠DAF＝∠BEF,进而证明△AFD∽△EFB,利用＝,即可求得答案．
【解答】解：（1）根据表格可得出A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）,
设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3）,
将C（0,3）代入,得：3＝a（0+1）（0﹣3）,
解得：a＝﹣1,
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4,
∴该抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3,顶点坐标为M（1,4）；
（2）如图1,将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0,2）,连接BC′交抛物线对称轴x＝1于点Q′,
过点C作CP′∥BC′,交对称轴于点P′,连接AQ′,
∵A、B关于直线x＝1对称,
∴AQ′＝BQ′,
∵CP′∥BC′,P′Q′∥CC′,
∴四边形CC′Q′P′是平行四边形,
∴CP′＝C′Q′,Q′P′＝CC′＝1,
在Rt△BOC′中,BC′＝＝＝,
∴AQ′+Q′P′+P′C＝BQ′+C′Q′+Q′P′＝BC′+Q′P′＝+1,
此时,C′、Q′、B三点共线,BQ′+C′Q′的值最小,
∴AQ+QP+PC的最小值为+1；
（3）线段EF的长为定值1.
如图2,连接BE,
设D（t,﹣t2+2t+3）,且t＞3,
∵EF⊥x轴,
∴DF＝﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t﹣3,
∵F（t,0）,
∴BF＝OF﹣OB＝t﹣3,AF＝t﹣（﹣1）＝t+1,
∵四边形ABED是圆内接四边形,
∴∠DAF+∠BED＝180°,
∵∠BEF+∠BED＝180°,
∴∠DAF＝∠BEF,
∵∠AFD＝∠EFB＝90°,
∴△AFD∽△EFB,
∴＝,
∴＝,
∴EF＝＝＝1,
∴线段EF的长为定值1．
2．（2021•张家界）如图,已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2,﹣3）,且与x轴交于原点及点B（8,0）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；
（3）判断△ABO的形状,试说明理由；
（4）若点P为⊙O上的动点,且⊙O的半径为2,一动点E从点A出发,以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P,再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动,求点E的运动时间t的最小值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出答案；
（2）运用配方法将抛物线解析式化为顶点式,得出顶点坐标,运用待定系数法求出直线AB的函数表达式；
（3）方法1：如图1,过点A作AF⊥OB于点F,则F（4,0）,得出△AFO、△AFB均为等腰直角三角形,即可得出答案,
方法2：由△ABO的三个顶点分别是O（0,0）,A（4,﹣4）,B（8,0）,运用勾股定理及逆定理即可得出答案；
（4）以O为圆心,2为半径作圆,则点P在圆周上,根据t＝AP+PB＝PD+PB,可知当B、P、D三点共线时,PD+PB取得最小值,过点D作DG⊥OB于点G,由t＝DB＝即可求出答案．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过C（2,﹣3）,且与x轴交于原点及点B（8,0）,
∴c＝0,二次函数表达式可设为：y＝ax2+bx（a≠0）,
将C（2,﹣3）,B（8,0）代入y＝ax2+bx得：
,
解得：,
∴二次函数的表达式为；
（2）∵＝（x﹣4）2﹣4,
∴抛物线的顶点A（4,﹣4）,
设直线AB的函数表达式为y＝kx+m,将A（4,﹣4）,B（8,0）代入,得：
,
解得：,
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣8；
（3）△ABO是等腰直角三角形．
方法1：如图1,过点A作AF⊥OB于点F,则F（4,0）,
∴∠AFO＝∠AFB＝90°,OF＝BF＝AF＝4,
∴△AFO、△AFB均为等腰直角三角形,
∴OA＝AB＝4,∠OAF＝∠BAF＝45°,
∴∠OAB＝90°,
∴△ABO是等腰直角三角形．
方法2：∵△ABO的三个顶点分别是O（0,0）,A（4,﹣4）,B（8,0）,
∴OB＝8,OA＝＝＝,
AB＝＝＝,
且满足OB2＝OA2+AB2,
∴△ABO是等腰直角三角形；
（4）如图2,以O为圆心,2为半径作圆,则点P在圆周上,依题意知：
动点E的运动时间为t＝AP+PB,
在OA上取点D,使OD＝,连接PD,
则在△APO和△PDO中,
满足：＝＝2,∠AOP＝∠POD,
∴△APO∽△PDO,
∴＝＝2,
从而得：PD＝AP,
∴t＝AP+PB＝PD+PB,
∴当B、P、D三点共线时,PD+PB取得最小值,
过点D作DG⊥OB于点G,由于,且△ABO为等腰直角三角形,
则有 DG＝1,∠DOG＝45°
∴动点E的运动时间t的最小值为：t＝DB＝＝＝5．
3．（2021•宜宾）如图1,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴分别交于A、B两点,与y轴交于点C（0,6）,抛物线的顶点坐标为E（2,8）,连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状,并说明理由；
（3）如图2,以C为圆心,为半径作⊙C,在⊙C上是否存在点P,使得BP+EP的值最小,若存在,请求出最小值；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）△BCE是直角三角形．运用勾股定理逆定理即可证明；
（3）如图,在CE上截取CF＝（即CF等于半径的一半）,连结BF交⊙C于点P,连结EP,则BF的长即为所求．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2,8）,
∴设该抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2+8,
∵与y轴交于点C（0,6）,
∴把点C（0,6）代入得：a＝﹣,
∴该抛物线的表达式为y＝x2+2x+6；
（2）△BCE是直角三角形．理由如下：
∵抛物线与x轴分别交于A、B两点,
∴令y＝0,则﹣（x﹣2）2+8＝0,
解得：x1＝﹣2,x2＝6,
∴A（﹣2,0）,B（6,0）,
∴BC2＝62+62＝72,CE2＝（8﹣6）2+22＝8,BE2＝（6﹣2）2+82＝80,
∴BE2＝BC2+CE2,
∴∠BCE＝90°,
∴△BCE是直角三角形；
（3）⊙C上存在点P,使得BP+EP的值最小且这个最小值为．理由如下：
如图,在CE上截取CF＝（即CF等于半径的一半）,连结BF交⊙C于点P,连结EP,
则BF的长即为所求．理由如下：
连结CP,∵CP为半径,
∴＝＝,
又∵∠FCP＝∠PCE,
∴△FCP∽△PCE,
∴＝＝,即FP＝EP,
∴BF＝BP+EP,
由“两点之间,线段最短”可得：
BF的长即BP+EP为最小值．
∵CF＝CE,E（2,8）,
∴由比例性质,易得F（,）,
∴BF＝＝．
4．（2020•雨花区校级一模）如图1,已知抛物线y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）与x轴交于A,B两点（A在B的左侧）,与y轴交于点C．
（1）连接BC,若∠ABC＝30°,求a的值．
（2）如图2,已知M为△ABC的外心,试判断弦AB的弦心距d是否有最小值,若有,求出此时a的值,若没有,请说明理由；
（3）如图3,已知动点P（t,t）在第一象限,t为常数．
问：是否存在一点P,使得∠APB达到最大,若存在,求出此时∠APB的正弦值,若不存在,也请说明理由．
【分析】（1）令y＝0,求得抛物线与x轴的交点A、B的坐标,令x＝0,用a表示C点的坐标,再由三角函数列出a的方程,便可求得a的值；
（2）过M点作MH⊥AB于点H,连接MA、MC,用d表示出M的坐标,根据MA＝MC,列出a、d的关系式,再通过关系式求得结果；
（3）取AB的中点T,过T作MT⊥AB,以M为圆心,MA为半径作⊙M,MT与直线y＝x交于点S,P′为直线y＝x上异于P的任意一点,连接AP′,交⊙M于点K,连接BK,MP,AP,BP,MB,MA,当P为直线y＝x与⊙M的切点时,∠APB达到最大,利用圆圆周角性质和解直角三角形的知识求得结果便可．
【解答】解：（1）连接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＝,
解得,a＝；
（2）过M点作MH⊥AB于点H,连接MA、MC,如图2,
∴AH＝BH＝＝2,
∴OH＝6,
设M（6,d）,
∵MA＝MC,
∴4+d2＝36+（d﹣32a）2,
得2ad＝32a2+1,
∴d＝16a+＝,
∴当4时,有,
即当a＝时,有；
（3）∵P（t,t）,
∴点P在直线y＝x上,
如图3,取AB的中点T,过T作MT⊥AB,以M为圆心,MA为半径作⊙M,MT与直线y＝x交于点S,P′为直线y＝x上异于P的任意一点,连接AP′,交⊙M于点K,连接BK,MP,AP,BP,MB,MA,
当⊙M与直线y＝x相切时,有∠APB＝∠AKB＞∠AP′B,
∴∠APB最大,此时相切点为P,
设M（6,d）,而T（6,0）,
∴S（6,6）,
∴∠PSM＝90°﹣∠SOT＝45°,
又MP＝MB＝,
∴MS＝＝,
∵MS+MT＝ST＝6,
∴,
解得,d＝2（负根舍去）,
经检验,d＝2是原方程的解,也符合题意,
∴M（6,2）,
∴MB＝2,
∵∠AMB＝2∠APB,MT⊥AB,MA＝MB,
∴∠AMT＝∠BMT＝∠AMB＝∠APB,
∴sin∠APB＝sin∠BMT＝．
5．（2020•汇川区三模）如图,在平面直角坐标系上,一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1,0）、B（3,0）、C（0,3）三点,连接BC并延长．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点,过M作MN∥y轴交抛物线于点N．
1°求线段MN的最大值；
2°当MN取最大值时,在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P,连接PM、PN,当△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上时,求点P的坐标．
【分析】（1）将三个已知点坐标代入抛物线的解析式中列出方程组求得a、b、c,便可得抛物线的解析式；
（2）1°用待定系数法求出直线BC的解析式,再设M的横坐标为t,用t表示MN的距离,再根据二次函数的性质求得MN的最大值；
2°分三种情况：当∠PMN＝90°时；当∠PNM＝90°时；当∠MPN＝90°时．分别求出符合条件的P点坐标便可．
【解答】解：（1）把A、B、C三点的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）中,得
,
解得,,
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）1°设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0）,则
,
解得,,
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3,
设M（t,﹣t+3）（0＜t＜3）,则N（t,t2﹣4t+3）,
∴MN＝﹣t2+3t＝﹣,
∴当t＝时,MN的值最大,其最大值为；
2°∵△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上,
∴△PMN为直角三角形,
由1°知,当MN取最大值时,M（）,N（）,
①当∠PMN＝90°时,PM∥x轴,则P点与M点的纵坐标相等,
∴P点的纵坐标为,
当y＝时,y＝x2﹣4x+3＝,
解得,x＝,或x＝（舍去）,
∴P（）；
②当∠PNM＝90°时,PN∥x轴,则P点与N点的纵坐标相等,
∴P点的纵坐标为﹣,
当y＝﹣时,y＝x2﹣4x+3＝﹣,
解得,x＝,或x＝（舍去）,
∴P（,）；
③当∠MPN＝90°时,则MN为△PMN的外接圆的直径,
∴△PMN的外接圆的圆心Q为MN的中点,
∴Q（）,半径为,
过Q作QK∥x轴,与在MN右边的抛物线图象交于点K,如图②,
令y＝,得y＝x2﹣4x+3＝,
解得,x＝＜（舍）,或x＝,
∴K（,）,
∴QK＝＞,即K点在以MN为直径的⊙Q外,
设抛物线y＝x2﹣4x+3的顶点为点L,则l（2,﹣1）,
连接LK,如图②,则L到QK的距离为,
LK＝,
设Q点到LK的距离为h,则
,
∴＝,
∴直线LK下方的抛物线与⊙Q没有公共点,
∵抛物线中NL部分（除N点外）在过N点与x轴平行的直线下方,
∴抛物线中NL部分（除N点外）与⊙Q没有公共点,
∵抛物线K点右边部分,在过K点与y轴平行的直线的右边,
∴抛物线K点右边部分与⊙Q没有公共点,综上,⊙Q与MN右边的抛物线没有交点,
∴在线段MN右侧的抛物线上不存在点P,使△PMN的外接圆圆心Q在MN边上；
综上,点P的坐标为（）或（）．
6．（2021•开福区模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝x2﹣bx+c交x轴于点A,B,点B的坐标为（4,0）,与y轴于交于点C（0,﹣2）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线上取点D,若点D的横坐标为5,求点D的坐标及∠ADB的度数；
（3）在（2）的条件下,设抛物线对称轴l交x轴于点H,△ABD的外接圆圆心为M（如图1）,
①求点M的坐标及⊙M的半径；
②过点B作⊙M的切线交于点P（如图2）,设Q为⊙M上一动点,则在点运动过程中的值是否变化？若不变,求出其值；若变化,请说明理由．
【分析】（1）c＝﹣2,将点B的坐标代入抛物线表达式得：0＝﹣4b﹣2,解得：b＝﹣,即可求解；
（2）S△ABD＝＝,则BN＝,sin∠BDH＝＝,即可求解；
（3）①∠ADB＝45°,则∠AMB＝2∠ADB＝90°,MA＝MB,MH⊥AB,AH＝BH＝HM＝,点M的坐标为（,）⊙M的半径为；
②PH＝HB＝5,则＝,＝,故△HMQ∽△QMP,则＝,即可求解．
【解答】解：（1）c＝﹣2,将点B的坐标代入抛物线表达式得：0＝﹣4b﹣2,解得：b＝,
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）当x＝5时,y＝x2﹣x﹣2＝3,故D的坐标为（5,3）,
令y＝0,则x＝4（舍去）或﹣1,故点A（﹣1,0）,
如图①,连接BD,作BN⊥AD于N,
∵A（﹣1,0）,B（4,0）,C（0,﹣2）,
∴AD＝3,BD＝,AB＝5,
∵S△ABD＝＝,
∴BN＝,
∴sin∠BDN＝＝＝,
∴∠BDN＝45°；
∴∠ADB＝∠BDN＝45°；
（3）①如图②,连接MA,MB,
∵∠ADB＝45°,
∴∠AMB＝2∠ADB＝90°,
∵MA＝MB,MH⊥AB,
∴AH＝BH＝HM＝,
∴点M的坐标为（,）⊙M的半径为；
②如图③,连接MQ,MB,
∵过点B作⊙M的切线交1于点P,
∴∠MBP＝90°,
∵∠MBO＝45°,
∴∠PBH＝45°,
∴PH＝HB＝2.5,
∵＝,＝,
∵∠HMQ＝∠QMP,
∴△HMQ∽△QMP,
∴＝,
∴在点Q运动过程中的值不变,其值为．
7．（2020•天桥区二模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）,与x轴交于A（4,0）、O两点,点D（2,﹣2）为抛物线的顶点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点E为AO的中点,以点E为圆心、以1为半径作⊙E,交x轴于B、C两点,点M为⊙E上一点．
①射线BM交抛物线于点P,设点P的横坐标为m,当tan∠MBC＝2时,求m的值；
②如图2,连接OM,取OM的中点N,连接DN,则线段DN的长度是否存在最大值或最小值？若存在,请求出DN的最值；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）用抛物线顶点式表达式得：y＝a（x﹣2）2﹣2,将点A的坐标代入上式,即可求解；
（2）①分点P在x轴下方、点P在x轴上方两种情况,分别求解即可；
②证明BN是△OEM的中位线,故BN＝EM＝,而BD＝＝,而BD﹣BN≤ND≤BD+BN,即可求解．
【解答】解：（1）由抛物线顶点式表达式得：y＝a（x﹣2）2﹣2,
将点A的坐标代入上式并解得：a＝,
故抛物线的表达式为：y＝（x﹣2）2﹣2＝x2﹣2x①；
（2）①点E是OA的中点,则点E（2,0）,圆的半径为1,则点B（1,0）,
当点P在x轴下方时,
如图1,∵tan∠MBC＝2,
故设直线BP的表达式为：y＝﹣2x+s,将点B（1,0）的坐标代入上式并解得：s＝2,
故直线BP的表达式为：y＝﹣2x+2②,
联立①②并解得：x＝±2（舍去﹣2）,故m＝2；
当点P在x轴上方时,
同理可得：m＝4±2（舍去4﹣2）；
故m＝2或4+2；
②存在,理由：
连接BN、BD、EM,
则BN是△OEM的中位线,故BN＝EM＝,而BD＝＝,
在△BND中,BD﹣BN≤ND≤BD+BN,
即﹣0.5≤ND≤+0.5,
故线段DN的长度最小值和最大值分别为﹣0.5和+0.5．
8．（2020•百色）如图,抛物线的顶点为A（0,2）,且经过点B（2,0）．以坐标原点O为圆心的圆的半径r＝,OC⊥AB于点C．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）求证：直线AB与⊙O相切．
（3）已知P为抛物线上一动点,线段PO交⊙O于点M．当以M,O,A,C为顶点的四边形是平行四边形时,求PM的长．
【分析】（1）根据题意,可设抛物线的解析式为：y＝ax2+2,把点B的坐标代入即可求出a的值,即可得出抛物线解析式；
（2）根据切线的判定,证明OC是⊙O的半径即可；
（3）由题意知,AC是以M,O,A,C为顶点的平行四边形的边,利用平行四边形对边平行的性质,可得出直线OM的解析式,直线OM与抛物线的交点为P,即可求出PM的长．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为A（0,2）,
∴可设抛物线的解析式为：y＝ax2+2,
∵抛物线经过点B（2,0）,
∴4a+2＝0,
解得：a＝﹣,
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2；
（2）证明：∵A（0,2）,B（2,0）,
∴OA＝OB＝2,
∴AB＝2,
∵OC⊥AB,
∴•OA•OB＝•AB•OC,
∴×2×2＝×2•OC,
解得：OC＝,
∵⊙O的半径r＝,
∴OC是⊙O的半径,
∴直线AB与⊙O相切；
（3）∵点P在抛物线y＝﹣x2+2上,
∴可设P（x,﹣x2+2）,
以M,O,A,C为顶点的四边形是平行四边形时,
可得：AC＝OM＝,CM＝OA＝2,
∵点C是AB的中点,
∴C（1,1）,M（1,﹣1）,
设直线OM的解析式为y＝kx,将点M（1,﹣1）代入,
得：k＝﹣1,
∴直线OM的解析式为y＝﹣x,
∵点P在OM上,
∴﹣x2+2＝﹣x,
解得：x1＝1+,x2＝1﹣,
∴y1＝﹣1﹣,y2＝﹣1+,
∴P1（1+,﹣1﹣）,P2（1﹣,﹣1+）,
如图,当点P位于P1位置时,
OP1＝＝＝（1+）＝+,
∴P1M＝OP1﹣OM＝+﹣＝,
当点P位于P2位置时,同理可得：OP2＝﹣,
∴P2M＝OP2﹣OM＝﹣﹣＝﹣2；
综上所述,PM的长是或﹣2．
9．（2020•西藏）在平面直角坐标系中,二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2,0）,B（4,0）两点,交y轴于点C,点P是第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图甲,连接AC,PA,PC,若S△PAC＝,求点P的坐标；
（3）如图乙,过A,B,P三点作⊙M,过点P作PE⊥x轴,垂足为D,交⊙M于点E．点P在运动过程中线段DE的长是否变化,若有变化,求出DE的取值范围；若不变,求DE的长．
【分析】（1）由二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2,0）,B（4,0）两点,可得二次函数的解析式为y＝（x+2）（x﹣4）,由此即可解决问题．
（2）根据S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP,构建方程即可解决问题．
（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值,DE＝2．根据AM＝MP,根据方程求出t,再利用中点坐标公式,求出点E的纵坐标即可解决问题．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2,0）,B（4,0）两点,
∴二次函数的解析式为y＝（x+2）（x﹣4）,
即y＝x2﹣x﹣4．
（2）如图甲中,连接OP．设P（m,m2﹣m﹣4）．
由题意,A（﹣2,0）,C（0,﹣4）,
∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP,
∴＝×2×4+×4×m﹣×2×（﹣m2+m+4）,
整理得,m2+2m﹣15＝0,
解得m＝3或﹣5（舍弃）,
∴P（3,﹣）．
（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值,DE＝2．
理由：如图乙中,连接AM,PM,EM,设M（1,t）,P[m,（m+2）（m﹣4）],E（m,n）．
由题意A（﹣2,0）,AM＝PM,
∴32+t2＝（m﹣1）2+[（m+2）（m﹣4）﹣t]2,
解得t＝1+（m+2）（m﹣4）,
∵ME＝PM,PE⊥AB,
∴t＝,
∴n＝2t﹣（m+2）（m﹣4）＝2[1+（m+2）（m﹣4）]﹣（m+2）（m﹣4）＝2,
∴DE＝2,
另解：∵PD•DE＝AD•DB,∴DE＝＝＝2,为定值．
∴点P在运动过程中线段DE的长是定值,DE＝2．
10．（2020•宜宾）如图,已知二次函数的图象顶点在原点,且点（2,1）在二次函数的图象上,过点F（0,1）作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）P为平面内一点,当△PMN是等边三角形时,求点P的坐标；
（3）在二次函数的图象上是否存在一点E,使得以点E为圆心的圆过点F和点N,且与直线y＝﹣1相切．若存在,求出点E的坐标,并求⊙E的半径；若不存在,说明理由．
【分析】（1）设二次函数表达式为：y＝ax2,将（2,1）代入上式,即可求解；
（2）△PMN是等边三角形,则点P在y轴上且PM＝4,故PF＝2,即可求解；
（3）在Rt△FQE中,EN＝＝,EF＝＝,即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函数的图象顶点在原点,
故设二次函数表达式为：y＝ax2,将（2,1）代入上式并解得：a＝,
故二次函数表达式为：y＝x2；
（2）将y＝1代入y＝x2并解得：x＝±2,故点M、N的坐标分别为（﹣2,1）、（2,1）,
则MN＝4,
∵△PMN是等边三角形,
∴点P在y轴上且PM＝4,
∴PF＝2；
∵点F（0,1）,
∴点P的坐标为（0,1+2）或（0,1﹣2）；
（3）假设二次函数的图象上存在一点E满足条件,
设点Q是FN的中点,则点Q（1,1）,
故点E在FN的中垂线上．
∴点E是FN的中垂线与y＝x2图象的交点,
∴y＝×12＝,则点E（1,）,
EN＝＝,
同理EF＝＝,
点E到直线y＝﹣1的距离为|﹣（﹣1）|＝,
故存在点E,使得以点E为圆心半径为的圆过点F,N且与直线y＝﹣1相切．
11．（2021•嘉兴二模）定义：平面直角坐标系xOy中,过二次函数图象与坐标轴交点的圆,称为该二次函数的坐标圆．
（1）已知点P（2,2）,以P为圆心,为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆,并说明理由；
（2）已知二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A,坐标圆的圆心为P,如图1,求△POA周长的最小值；
（3）已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图象交x轴于点A,B,交y轴于点C,与坐标圆的第四个交点为D,连结PC,PD,如图2．若∠CPD＝120°,求a的值．
【分析】（1）先求出二次函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴、y轴的交点,再计算这三个交点是否在以P（2,2）为圆心,为半径的圆上,即可作出判断．
（2）由题意可得,二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点A（2,0）,与y轴的交点H（0,4）,所以△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2,即可得出最小值．
（3）连接CD,PA,设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E,与x轴交于点F,由对称性知,对称轴l经过点P,且l⊥CD,设PE＝m,由∠CPD＝120°,可得PA＝PC＝2m,CE＝m,PF＝4﹣m,因为二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为,AB＝,所以AF＝BF＝,,在Rt△PAF中,利用勾股定理建立方程,求得m的值,进而得出a的值．
【解答】解：（1）对于二次函数y＝x2﹣4x+3,
当x＝0时,y＝3；当y＝0时,解得x＝1或x＝3,
∴二次函数图象与x轴交点为A（1,0）,B（3,0）,与y轴交点为C（0,3）,
∵点P（2,2）,
∴PA＝PB＝PC＝,
∴⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆．
（2）如图1,连接PH,
∵二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A,坐标圆的圆心为P,
∴A（2,0）,与y轴的交点H（0,4）,
∴△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6,
∴△POA周长的最小值为6．
（3）如图2,连接CD,PA,
设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E,与x轴交于点F,
由对称性知,对称轴l经过点P,且l⊥CD,
∵AB＝,
∴AF＝BF＝,
∵∠CPD＝120°,PC＝PD,C（0,4）,
∴∠PCD＝∠PDC＝30°,
设PE＝m,则PA＝PC＝2m,CE＝m,PF＝4﹣m,
∵二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为,
∴,即,
在Rt△PAF中,PA2＝PF2+AF2,
∴,
即,
化简,得,解得,
∴．
12．（2021•常州二模）如图1：抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1,0）,点B（3,0）,与y轴交于点C．动点E（m,0）（0＜m＜3）,过点E作直线l⊥x轴,交抛物线于点M．
（1）求抛物线的解析式及C点坐标；
（2）连接BM并延长交y轴于点N,连接AN,OM,若AN∥OM,求m的值．
（3）如图2．当m＝1时,P是直线l上的点,以P为圆心,PE为半径的圆交直线l于另一点F（点F在x轴上方）,若线段AC上最多存在一个点Q使得∠FQE＝90°,求点P纵坐标的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法可求出抛物线的解析式,即可得C点坐标；
（2）由抛物线的解析式可得M（m,﹣m2+2m+3）,利用待定系数法求出直线BM的解析式,可得点N的坐标,根据平行线的性质可得∠NAO＝∠MOE,根据等角的正切值相等即可求解；
（3）由题意得点Q与点C重合时,点P纵坐标最小,设点P（1,a）,则点F（1,2a）,根据勾股定理求出a的值,即可得点P纵坐标的取值范围．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得,
,
解得,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3,
当x＝0时,y＝3,故点C（0,3）；
（2）∵点E（m,0）（0＜m＜3）,过点E作直线l⊥x轴,交抛物线于点M,
∴M（m,﹣m2+2m+3）,
∵点B（3,0）,
∴直线BM的表达式为y＝（﹣m﹣1）x﹣（﹣m﹣1）,
当x＝0时,3m+3,
∴点N（0,3m+3）,
∵AN∥OM,
∴∠NAO＝∠MOE,
∴tan∠NAO＝tan∠MOE,
∴,即,
解得：m1＝,m2＝﹣1（舍去）,
∴m的值为；
（3）由题意得点Q与点C重合时,点P纵坐标最小,设点P（1,a）,则点F（1,2a）,
∵点A（﹣1,0）,点C（0,3）,
∴CF2+CE2＝EF2,即1+（2a﹣3）2+1+32＝(2a)2,
解得：a＝,
∵点A（﹣1,0）,点C（0,3）,
∴AC:y＝3x+3,
设Q（a,3a+3）（﹣1≤a≤0）,
过点Q作QG⊥x轴于G,过点F作FH⊥QG于H,连接QF,QE,
∵∠FQE＝90°,
∴∠FQH+∠EQG＝90°,
∵∠FQH+∠HFQ＝90°,
∴∠EQG＝∠HFQ,
又∵∠H＝∠QGE,
∴△HFQ∽△GQE,
∴,
∴,
∴HQ＝,
∴FE＝HQ+QG＝+3a+3,
令1+a＝t,（0≤t≤1）,
∴a＝t﹣1,
∴FE＝+3t＝t+t﹣,
当t＝1时,FE＝,
∵t+t﹣≥2﹣,
∴t+t﹣≥,
∴yF最小值是,
∴yP最小值是,
∴当yP＞时,⊙P与线段AC有一个交点,
当＜yP≤时,⊙P与线段AC有两个交点,
yP＝时,⊙P与线段AC有一个交点,
0＜yP＜时,⊙P与线段AC没有交点,
∴点P纵坐标的取值范围为yp＞或0＜yP≤．
13．（2021•乐山模拟）如图,抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1,0）,B（3,2）,与x轴交于另一点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y上是否存在一点E,使四边形ABCE为矩形,若存在,请求出点E的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）以C为圆心,1为半径作⊙O,D为⊙O上一动点,求DA+DB的最小值
【分析】（1）把A（﹣1,0）、B（3,2）代入y＝ax2+bx+2,列方程组求a、b的值；
（2）作AE⊥AB交y轴于点E,连结CE,作BF⊥x轴于点F,证明∠ABC＝90°及△BCF≌△EAO,从而证明四边形ABCE是矩形且求出点E的坐标；
（3）在（2）的基础上,作FL⊥BC于点L,证明△FCL∽△BCF及△DCL∽△BCD,得到LD＝DB,再根据DA+LD≥AL,求出AL的长即为所求的最小值．
【解答】解：（1）把A（﹣1,0）、B（3,2）代入y＝ax2+bx+2,
得,解得,
∴抛物线的解析式为y＝x2+x+2．
（2）存在．
如图1,作AE⊥AB交y轴于点E,连结CE；作BF⊥x轴于点F,则F（3,0）．
当y＝0时,由x2+x+2＝0,得x1＝1,x2＝4,
∴C（4,0）,
∴CF＝AO＝1,AF＝3﹣（﹣1）＝4；
又∵BF＝2,
∴,
∵∠BFC＝∠AFB＝90°,
∴△BFC∽△AFB,
∴∠CBF＝∠BAF,
∴∠ABC＝∠CBF+∠ABF＝∠BAF+∠ABF＝90°,
∴BC∥AE,
∵∠BCF＝90°﹣∠BAC＝∠EAO,∠BFC＝∠EOA＝90°,
∴△BCF≌△EAO（ASA）,
∴BC＝EA,
∴四边形ABCE是矩形；
∵OE＝FB＝2,
∴E（0,﹣2）．
（3）如图2,作FL⊥BC于点L,连结AL、CD.
由（2）得∠BFC＝90°,BF＝2,CF＝1,
∴CF＝CD,CB＝＝．
∵∠FLC＝∠BFC＝90°,∠FCL＝∠BCF（公共角）,
∴△FCL∽△BCF,
∴＝,
∴＝,
∵∠DCL＝∠BCD（公共角）,
∴△DCL∽△BCD,
∴＝,
∴LD＝DB；
∵DA+LD≥AL,
∴当DA+LD＝AL,即点D落在线段AL上时,DA+DB＝DA+LD＝AL最小．
∵CL＝CF＝,
∴BL＝＝,
∴BL2＝（）2＝,
又∵AB2＝22+42＝20,
∴AL＝＝＝,
DA+DB的最小值为．
14．（2021•河北区二模）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴是直线x＝2,与x轴相交于A,B两点（点A在点B的左侧）,与y轴交于点C．
（Ⅰ）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（Ⅱ）M为第一象限内抛物线上的一个点,过点M作MN⊥x轴于点N,交BC于点D,连接CM,当线段CM＝CD时,求点M的坐标；
（Ⅲ）以原点O为圆心,AO长为半径作⊙O,点P为⊙O上的一点,连接BP,CP,求2PC+3PB的最小值．
【分析】（Ⅰ）由x＝2＝﹣＝﹣,解得b＝1,即可求解；
（Ⅱ）当线段CM＝CD时,则点C在MD的中垂线上,即yC＝（yM+yD）,即可求解；
（Ⅲ）在OC上取点G,使＝,即,则△POG∽△COP,故2PC+3PB＝2（PB+PC）＝2（BP+PG）,故当B、P、G三点共线时,2PC+3PB最小,最小值为3BG,进而求解．
【解答】解：（Ⅰ）∵对称轴是直线x＝2,
故x＝2＝﹣＝﹣,解得b＝1,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3＝﹣（x﹣2）2+4,
∴抛物线的顶点为（2,4）；
（Ⅱ）对于y＝﹣x2+x+3,令y＝﹣x2+x+3＝0,解得x＝6或﹣2,令x＝0,则y＝3,
故点A、B、C的坐标分别为（﹣2,0）、（6,0）、（0,3）,
设直线BC的表达式为y＝mx+n,则,解得,
故直线BC的表达式为y＝﹣x+3,
设点M的坐标为（x,﹣x2+x+3）,则点D的坐标为（x,﹣x+3）,
当线段CM＝CD时,则点C在MD的中垂线上,即yC＝（yM+yD）,
即3＝（﹣x2+x+3﹣x+3）,
解得x＝0（舍去）或2,
故点M的坐标为（2,4）；
（Ⅲ）在OC上取点G,使＝,即,则OG＝,则点G（0,）,
∵,∠GOP＝∠COP,
∴△POG∽△COP,
∴,故PG＝PC,
则2PC+3PB＝3（PB+PC）＝3（BP+PG）,
故当B、P、G三点共线时,2PC+3PB最小,最小值为3BG,
则2PC+3PB的最小值3BG＝3＝2．
15．（2021•长沙模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的顶点为M,经过C（1,1）,且与x轴正半轴交于A,B两点．
（1）如图1,连接OC,将线段OC绕点O顺时针旋转,使得C落在y轴的负半轴上,求点C的路径长；
（2）如图2,延长线段OC至N,使得ON＝,若∠OBN＝∠ONA,且,求抛物线的解析式；
（3）如图3,抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线,与y轴交于（0,5）,经过点C的直线l：y＝kx+m（k＞0）与抛物线交于点C、D,若在x轴上存在P1、P2,使∠CP1D＝∠CP2D＝90°,求k的取值范围．
【分析】（1）由点C的路径长＝,即可求解；
（2）证明△ONA∽△OBN,则OA•OB＝ON2＝3,即,得到c＝3a,而a+b+c＝1,tan∠ABM＝,得到（1﹣4a）2﹣4a•3a＝13,即可求解；
（3）由点D、C的坐标得到k＝＝t﹣4,若在x轴上有且仅有一点P,使∠CPD＝90°,则过CD中点的圆R与x轴相切,设切点为P,得到（﹣1）2+（﹣1）2＝（）2,求出t＝3+,进而求解．
【解答】解：（1）点C的路径长＝＝；
（2）∵∠ONA＝∠OBN,∠AON＝∠NOB,
∴△ONA∽△OBN,
∴,即OA•OB＝ON2＝3,即,
故c＝3a,
∵a+b+c＝1,
在△ABM中,tan∠ABM＝＝＝,
∴b2﹣4ac＝13,
即（1﹣4a）2﹣4a•3a＝13,解得a＝﹣1（舍去）或3,
∴抛物线的表达式为y＝3x2﹣11x+9；
（3）由题意得：,解得,
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣5x+5；
设点D（t,n）,n＝t2﹣5t+5,而点C（1,1）,
将点D、C的坐标代入函数表达式得,
则k＝＝t﹣4,
若在x轴上有且仅有一点P,使∠CPD＝90°,则过CD中点的圆R与x轴相切,设切点为P,
则点H（,）,则HP＝HC,
即（﹣1）2+（﹣1）2＝（）2,
化简得：3t2﹣18t+19＝0,
解得：t＝3+（不合题意的值已舍去）,
k＝t﹣4＝﹣1．
若在x轴上存在P1、P2,使∠CP1D＝∠CP2D＝90°,则以DC为直径的圆H和x轴相交,
∴0＜k＜．
16．（2021秋•上城区校级期中）如图,已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边）,与y轴交于点C,⊙M是△ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为（1,4）．
（1）求抛物线的解析式,及A、B、C三点的坐标；
（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；
（3）如图2,在x轴上有点P（7,0）,试在直线BC上找点Q,使B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似．若存在,请直接写出点坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）由顶点坐标公式直接求出b、c的值,再令y＝0、x＝0即可求得A、B、C三点的坐标；
（2）根据三角形外心为三边中垂线交点即可求得⊙M的圆心M和半径；
（3）先算出AB、AC,再求出直线BC解析式,设出Q的坐标,表示出BQ,分两种情况：①则△ACB∽△PQB；②△ACB∽△QPB．再根据相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D的坐标为（1,4）,
∴,解得,
抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3,
令y＝0,则﹣x2+2x+3＝0,解得x＝﹣1或3,
令x＝0,y＝3,
∴A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）；
（2）如图1,连接MB,MC,
∵三角形外心为三边中垂线交点,
∴设M（1,m）,
∵MB＝MC,
∴＝,
解得m＝1,
∴M（1,1）,
∴MB＝＝,
∴⊙M的半径为,圆心M的坐标为（1,1）；
（3）由（1）知,AB＝3﹣（﹣1）＝4,OC＝3,BC＝＝3,
设直线BC：y＝kx+3,
将B（3,0）代入得0＝3k+3,
解得k＝﹣1,
∴直线BC：y＝﹣x+3,
设Q（t,﹣t+3）,
则BQ＝＝（t﹣3）,
∵P（7,0）,
∴BP＝4,
∵B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似,∠ABC＝∠PBQ,
∴＝或,
①当＝时,
∴,
∴BQ2＝3,
∴t﹣3＝3,
解得t＝6；
①当时,
∴,
∴BQ1＝,
∴t﹣3＝,
解得t＝,
∴点Q的坐标为（6,﹣3）或（,﹣）．
17．（2021秋•西湖区校级期中）我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”．如图所示,点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点,已知点D的坐标为（0,﹣3）,AB为半圆的直径,半圆圆心M的坐标为（1,0）,半圆半径为2．
（1）求“蛋圆”抛物线部分的解析式及“蛋圆”的弦CD的长；
（2）已知点E是“蛋圆”上的一点（不与点A,点B重合）,点E关于x轴的对称点是点F,若点F也在“蛋圆”上,求点E坐标；
（3）点P是“蛋圆”外一点,满足∠BPC＝60°,当BP最大时,直接写出点P的坐标．
【分析】（1）利用交点式将已知点代入求出函数解析式即可；证明△ACO∽△CBO,得出,则可求出答案．
（2）假设点E在x轴上方的“蛋圆”上,EF与x轴交于点H,连接EM．由HM2+EH2＝EM2,点F在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上,可得方程组,以及对称性求解．
（3）根据∠BPC＝60°保持不变,点P在一圆弧上运动和直径是最大的弦进行解答即可．
【解答】解：（1）∵半圆圆心M的坐标为（1,0）,半圆半径为2．
∴A（﹣1,0）,B（3,0）,
设抛物线为y＝a（x+1）（x﹣3）,
∵抛物线过D（0,﹣3）,
∴﹣3＝a（0+1）（0﹣3）,
解得a＝1,y＝（x+1）（x﹣3）,
即y＝x2﹣2x﹣3（﹣1≤x≤3）；
连接AC,BC,
∵AB为半圆的直径,
∴∠ACB＝90°,
∵CO⊥AB,
∴∠ACO+∠OCB＝∠OCB+∠OBC＝90°,
∴∠ACO＝∠OBC,
∴△ACO∽△CBO,
∴,
∴CO2＝AO•BO＝3,
∴CO＝,
∴CD＝CO+OD＝3+；
（2）假设点E在x轴上方的“蛋圆”上,设E（m,n）,则点F的坐标为（m,﹣n）．
EF与x轴交于点H,连接EM．
∴HM2+EH2＝EM2,
∴（m﹣1）2+n2＝4,…①；
∵点F在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上,
∴m2﹣2m﹣3＝﹣n,…②；
解由①②组成的方程组得：；．（n＝0舍去）
由对称性可得：；．
∴E1（1+,1）,E2（1﹣,1）,,．
（3）如图4,∵∠BPC＝60°保持不变,
因此点P在一圆弧上运动．
此圆是以K为圆心（K在BC的垂直平分线上,且∠BKC＝120°）,BK为半径．
当BP为直径时,BP最大．
在Rt△PCR中可求得PR＝1,RC＝．
所以点P的坐标为（1,2）．
18．（2021•雨花区二模）如图1,已知圆O的圆心为原点,半径为2,与坐标轴交于A,C,D,E四点,B为OD中点．
（1）求过A,B,C三点的抛物线解析式；
（2）如图2,连接BC,AC．点P在第一象限且为圆O上一动点,连接BP,交AC于点M,交OC于点N,当MC2＝MN•MB时,求M点的坐标；
（3）如图3,若抛物线与圆O的另外两个交点分别为H,F,请判断四边形CFEH的形状,并说明理由．
【分析】（1）先根据圆的性质得出A（2,0）,C（0,2）,D（﹣2,0）,E（0,﹣2）,设y＝a（x+1）（x﹣2）,将C（0,2）代入,即可求得抛物线解析式．
（2）如图2,过点C作CH⊥BP于H,根据MC2＝MN•MB,∠CMN＝∠BMC,可得△MCN∽△MBC,进而可求得CH＝BH＝,再利用三角函数求得CM＝,AM＝,过点M作MG⊥OA于G,即可求得答案．
（3）设抛物线与⊙O的交点坐标为（t,﹣t2+t+2）,根据⊙O的半径为2,可得方程（t﹣0）2+（﹣t2+t+2﹣0）2＝22,即可得出H（,）,F（﹣,﹣）,进而得出H、F关于点O对称,故FH＝CE＝4,且OC＝OE＝OF＝OH,即可判断四边形CFEH是矩形．
【解答】解：（1）如图1,∵圆O的圆心为原点,半径为2,与坐标轴交于A,C,D,E四点,
∴A（2,0）,C（0,2）,D（﹣2,0）,E（0,﹣2）,
∵B为OD中点,
∴B（﹣1,0）,
∵抛物线经过点A（2,0）,B（﹣1,0）,C（0,2）,
∴设y＝a（x+1）（x﹣2）,将C（0,2）代入,得：2＝a（0+1）（0﹣2）,
解得：a＝﹣1,
∴y＝﹣（x+1）（x﹣2）＝﹣x2+x+2,
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+2.
（2）如图2,过点C作CH⊥BP于H,
∵OB＝1,OC＝2,OA＝2,∠AOC＝∠BOC＝90°,
∴BC＝,AC＝2,
∵MC2＝MN•MB,
∴＝,
∵∠CMN＝∠BMC,
∴△MCN∽△MBC,
∴∠MCN＝∠MBC,
∵OA＝OC＝2,∠AOC＝90°,
∴∠MCN＝45°,
∴∠MBC＝45°,
∵∠BHC＝90°,
∴CH＝BH＝BC•cos∠MBC＝•cos45°＝,
∵∠BCH＝∠MBC＝45°,
∴∠BCO+∠HCN＝∠MCH+∠HCN,
∴∠BCO＝∠MCH,
∴cos∠BCO＝cos∠MCH,
∴＝,即＝,
∴CM＝,
∴AM＝AC﹣CM＝2﹣＝,
过点M作MG⊥OA于G,则∠AGM＝90°,
∵∠MAG＝45°,
∴AG＝MG＝AM•sin∠MAG＝×sin45°＝,
∴OG＝OA﹣AG＝2﹣＝,
∴M（,）．
（3）四边形CFEH是矩形．理由如下：
设抛物线与⊙O的交点坐标为（t,﹣t2+t+2）,
∵⊙O的半径为2,
∴（t﹣0）2+（﹣t2+t+2﹣0）2＝22,
化简,得：t4﹣2t3﹣2t2+4t＝0,
∵t≠0,
∴t3﹣2t2﹣2t+4＝0,
∴（t﹣2）（t2﹣2）＝0,
解得：t1＝2（舍去）,t2＝,t3＝﹣,
∴H（,）,F（﹣,﹣）,
∴H、F关于点O对称,
∴FH＝CE＝4,且OC＝OE＝OF＝OH,
∴四边形CFEH是矩形．
19．（2020•东海县二模）如图,△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线C1：y＝x2+x上,点A的坐标为（﹣4,m）,点B的坐标为（n,﹣2）．（点A在点B的左侧）
（1）则m＝ ﹣4 ,n＝ ﹣1 ．
（2）将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB',抛物线C2：y＝ax2+bx+4经过A'、B'两点,延长OB'交抛物线C2于点C,连接A'C．设△OA'C的外接圆为⊙M．
①求圆心M的坐标；
②试直接写出△OA'C的外接圆⊙M与抛物线C2的交点坐标（A'、C除外）．
【分析】（1）把x＝﹣4代入抛物线C1解析式求得y即得到点A坐标；把y＝﹣2代入抛物线C1解析式,解方程并判断大于﹣4的解为点B横坐标．
（2）①根据旋转90°的性质特点可求点A'、B'坐标（过点作x轴垂线,构造全等得到对应边相等）及OA'的长,用待定系数法求抛物线F2的解析式,求出直线OC的解析式,构建方程组确定点C的坐标,求出线段OA′,线段A′C的垂直平分线的解析式,构建方程组解决问题即可．
②设⊙M与抛物线C2的交点为P（m,m2﹣3m+4）．根据PM＝OM,构建方程求解即可．
【解答】解：（1）当x＝﹣4时,y＝×（﹣4）2+×（﹣4）＝﹣4,
∴点A坐标为（﹣4,﹣4）,
当y＝﹣2时,x2+x＝﹣2,
解得：x1＝﹣1,x2＝﹣6,
∵点A在点B的左侧,
∴点B坐标为（﹣1,﹣2）,
∴m＝﹣4,n＝﹣1．
故答案为﹣4,﹣1．
（2）①如图1,过点B作BE⊥x轴于点E,过点B'作B'G⊥x轴于点G．
∴∠BEO＝∠OGB'＝90°,OE＝1,BE＝2,
∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB′,
∴OB＝OB',∠BOB'＝90°,
∴∠BOE+∠B'OG＝∠BOE+∠OBE＝90°,
∴∠B'OG＝∠OBE,
在△B'OG与△OBE中,
,
∴△B'OG≌△OBE（AAS）,
∴OG＝BE＝2,B'G＝OE＝1,
∵点B'在第四象限,
∴B'（2,﹣1）,
同理可求得：A'（4,﹣4）,
∴OA＝OA'＝＝4,
∵抛物线F2：y＝ax2+bx+4经过点A'、B',
∴,
解得：,
∴抛物线F2解析式为：y＝x2﹣3x+4,
∵直线OB′的解析式为y＝﹣x,
由,解得或,
∴点C（8,﹣4）,
∵A′（4,﹣4）,
∴A′C∥x轴,
∵线段OA′的垂直平分线的解析式为y＝x﹣4,
线段A′C的垂直平分线为x＝6,
∴直线y＝x﹣4与x＝6的交点为（6,2）,
∴△OA′C的外接圆的圆心M的坐标为（6,2）．
②设⊙M与抛物线C2的交点为P（m,m2﹣3m+4）．
则有（m﹣6）2+（m2﹣3m+2）2＝62+22,
解得m＝0或12或4或8,
∵A'、C除外,
∴P（0,4）,或（12,4）．
20．（2022•绿园区二模）在平面直角坐标系中,已知某二次函数的图象同时经过点A（0,3）、B（2m,3）、C（m,m+3）．其中,m≠0．
（1）当m＝1时．
①该二次函数的图象的对称轴是直线 x＝1 ．
②求该二次函数的表达式．
（2）当|m|≤x≤|m|时,若该二次函数的最大值为4,求m的值．
（3）若同时经过点A、B、C的圆恰好与x轴相切时,直接写出该二次函数的图象的顶点坐标．
【分析】（1）①根据所给的点可知A、B两点关于抛物线对称轴对称,利用对称性可求对称轴；
②利用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）用的待定系数法求函数的解析式y＝﹣（x﹣m）2+m+3,再分两种情况讨论：当m＞0时,m≤x≤m,当x＝m时,函数有最大值m+3；当m＜0时,﹣m≤x≤﹣m,当x＝﹣m时,函数有最大值；分别求m的值即可求解；
（3）先判断△ABC是等腰直角三角形,且∠ACB＝90°,则过点A、B、C的圆是以AB的中点M为圆心,AB为半径,再分两种情况讨论：当m＞0时,MN＝AM＝|m|＝3,可求C点坐标；当m＜0时,CM＝AM＝3＝|m|,可求C点坐标．
【解答】解：（1）①∵A（0,3）、B（2m,3）,
∴A、B两点关于抛物线对称轴对称,
∵m＝1,
∴抛物线的对称轴为直线x＝1,
故答案为：x＝1；
②设y＝ax2+bx+c（a≠0）,
∵m＝1,
∴B（2,3）、C（1,4）,
将点A、B、C代入y＝ax2+bx+c,
∴,
解得,
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵A（0,3）、B（2m,3）两点关于抛物线的对称轴对称,
∴抛物线的对称轴为直线x＝m,
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣m）2+m+3,
将点A（0,3）代入,
∴am2+m+3＝3,
∴a＝﹣,
∴y＝﹣（x﹣m）2+m+3,
当m＞0时,m≤x≤m,
∴当x＝m时,函数有最大值m+3,
∴m+3＝4,
∴m＝1；
当m＜0时,﹣m≤x≤﹣m,
∴当x＝﹣m时,函数有最大值,
∴4＝﹣（﹣m﹣m）2+m+3,
解得m＝﹣；
综上所述：m的值为1或﹣；
（3）∵A（0,3）、B（2m,3）、C（m,m+3）,
∴AB＝|2m|,AC＝|m|,BC＝|m|,
∴△ABC是等腰直角三角形,且∠ACB＝90°,
∴过点A、B、C的圆是以AB的中点M为圆心,AB为半径,
如图1,当m＞0时,
∵⊙M与x轴相切,
∴MN＝AM＝|m|＝3,
∴m＝3,
∴C（3,6）；
如图2,当m＜0时,
∵⊙M与x轴相切,
∴CM＝AM＝3＝|m|,
∴m＝﹣3,
∴C（﹣3,0）；
综上所述：该二次函数的图象的顶点坐标为（3,6）或（﹣3,0）．
21．（2022•炎陵县一模）抛物线：y＝﹣x2+bx+c与y轴的交点C（0,3）,与x轴的交点分别为E、G两点,对称轴方程为x＝1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,过点C作y轴的垂线交抛物线于另一点D,F为抛物线的对称轴与x轴的交点,P为线段OC上一动点．若PD⊥PF,求点P的坐标．
（3）如图1,如果一个圆经过点O、点G、点C三点,并交于抛物线对称轴右侧x轴的上方于点H,求∠OHG的度数；
（4）如图2,将抛物线向下平移2个单位长度得到新抛物线L,点B是顶点．直线y＝kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．与对称轴交于点G,若△BMN的面积等于2,求k的值．
【分析】（1）将C（0,3）代入y＝﹣x2+bx+c求出c＝3,再由x＝﹣＝1求出b,即可求解析式；
（2）设P点坐标为（0,a）,证明△CDP∽△OPF,根据相似三角形的性质求出a的值,即可求解；
（3）证明△COG为等腰直角三角形,则∠OCG＝45°,由题意得点O、点G、点C、点H四点共圆,根据圆周角定理即可求解；
（4）根据平移的性质得抛物线L的解析式为y＝﹣x2+2x+3﹣2＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2,则B点坐标为（1,2）,由kx﹣k+4＝﹣x2+2x+1,即x2+（k﹣2）x+3﹣k＝0,设两个交点为N（x1,y1）,M（x2,y2）,则x1+x2＝2﹣k,x1x2＝3﹣k,根据S△BMN＝S△BGN﹣S△BGM＝可得方程,解方程即可得k的值．
【解答】解：（1）将C（0,3）代入y＝﹣x2+bx+c可得c＝3,
∵对称轴是直线x＝1,
∴x＝﹣＝,
解得b＝2,
∴二次函数解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3与y轴的交点C（0,3）,对称轴方程为x＝1．CD⊥y轴,
∴D（2,3）,
∵对称轴与x轴相较于点F,
∴点F的坐标为（1,0）,
设P点坐标为（0,a）,
∵CD⊥y轴,OF⊥y轴,
∴∠DCF＝∠POF＝90°
∴∠OFP+∠OPF＝90°,
∵PD⊥PF,
∴∠DPF＝90°,
∴∠CPD+∠OPF＝90°,
∴∠OFP＝∠CPD,
∴△CDP∽△OPF,
∴,
∴,
解得：a1＝1,a2＝2,
∴P点的坐标为（0,1）或（0,2）；
（3）如图：连接CG,
∵y＝﹣x2+2x+3,
令y＝0,则﹣x2+2x+3＝0,
解得x＝3或x＝﹣1,
∴G（3,0）,E（﹣1,0）,
∴OG＝OC,
∵OC⊥OG,
∴△COG为等腰直角三角形,
∴∠OCG＝45°,
∵点O、点G、点C、点H四点共圆,
∴∠OHG＝∠OCG＝45°；
（4）∵将抛物线向下平移2个单位长度得到抛物线L,
∴抛物线L的解析式为y＝﹣x2+2x+3﹣2＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2,
∴B点坐标为（1,2）,
联立,即kx﹣k+4＝﹣x2+2x+1,
∴x2+（k﹣2）x+3﹣k＝0,
设两个交点为N（x1,y1）,M（x2,y2）,
则x1+x2＝2﹣k,x1x2＝3﹣k,
S△BMN＝S△BGN﹣S△BGM＝＝BG＝＝BG＝2,
把x＝1代入y＝kx﹣k+4,得；y＝4,
∴G（1,4）,
∵B（1,2）,
∴BG＝4﹣2＝2,
∴,解得：k＝±4,
∵k＜0,
∴k＝﹣4．
22．（2022•杨浦区二模）如图,已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线y＝﹣+bx+c与x轴相交于点A（4,0）,与y轴相交于点B（0,3）,在x轴上有一动点E（m,0）（0＜m＜4）,过点E作x轴的垂线交线段AB于点N,交抛物线于点P,过P作PM⊥AB,垂足为点M．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）设△PMN的周长为C1,△AEN的周长为C2,如果,求点P的坐标；
（3）如果以N为圆心,NA为半径的圆与以OB为直径的圆内切,求m的值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）先证明△PMN∽△AEN,根据相似三角形性质可得出：．利用待定系数法可得直线AB的解析式为．设点P（m,﹣m2+m+3）（0＜m＜4）,则PN＝﹣m2+3m．AN＝（4﹣m）,建立方程求解即可得出答案；
（3）设OB的中点为点Q,则点Q的坐标,过点N作NK⊥y轴于点K,则NK＝m,KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+,运用勾股定理可得QN＝＝,根据两圆内切建立方程求解即可得出答案．
【解答】解,（1）∵抛物线与x轴交于点A（4,0）,与y轴交于点C（0,3）,
∴
∴
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3；
（2）如图1,∵PM⊥AB,PE⊥x轴,
∴∠PMN＝∠PEA＝90°,
又∵∠PNM＝∠ANE,
∴△PMN∽△AEN．
∴．即．
又∵,
∴．
设直线AB：y＝kx+b,又直线AB经过点A（4,0）,点B（0,3）,
∴
∴
∴．
∵点P在抛物线y＝﹣x2+x+3上,
∴设点P（m,﹣m2+m+3）（0＜m＜4）,
∵点N在直线y＝﹣x+3上,设点N（m,﹣m+3）．
∴PN＝﹣m2+m+3﹣（m+3）＝﹣m2+3m．
又．
∴,
解得：m1＝2,m2＝4（不合题意,舍去）．
∴点P的坐标是．
（3）如图2,设OB的中点为点Q,则点Q的坐标,
又点,过点N作NK⊥y轴于点K,则NK＝m,KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+,
在Rt△NQK中,QN＝＝,
当⊙N与⊙Q内切时,．
∴＝（4﹣m）﹣,
解之得：．
∴当⊙N与⊙Q内切时,．
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